Оптика. Сборник задач для физиков

1
О.Н. Васильева, А.В. Быков,
И.В. Митин, А.М. Салецкий
ОПТИКА.
СБОРНИК ЗАДАЧ
Рекомендовано Федеральным учебно-методическим объединением в системе высшего образования по укрупненной группе специальностей и
направлений подготовки 03.00.00 «Физика и астрономия» в качестве
учебного пособия для обучающихся по основным образовательным программам высшего образования по направлениям подготовки уровня бакалаврита «Прикладные математика и физика»(ОЗ.03.01), «Физика»
(03.03.02), «Радиофизика» (03.03.03), специалитета по специальностям
«Астрономия» (03.05.01) и «Фундаментальная и прикладная физика»
(03.05.02)».
Москва
Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова
2022
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
2
УДК 535
ББК 22.34
В 19
В а с и л ь е в а О. Н., Б ы к о в А. В., М и т и н И. В., С а л е ц к и й А. М. Оптика. Сборник задач / Учебное пособие. – М.: Физический факультет МГУ, 2022, 380 с.
ISBN 978-5-8279-0225-6
Учебное пособие «Оптика. Сборник задач» написано на основе
многолетнего опыта проведения занятий по общей физике на физическом
факультете МГУ и является составной частью серии учебно-методических
разработок кафедры общей физики физического факультета МГУ им.
М.В. Ломоносова. Учебное пособие, является заключительной третьей
частью модуля «Семинарские занятия» серии «Университетский курс общей физики» (первая часть — «Разработка семинарских занятий», вторая
— «Методика решения задач»).
Настоящее пособие предназначено для преподавателей, а также
студентов высших учебных заведений, и имеет целью помочь преподавателям организовать свою работу, а студентам – овладеть основными методами и приобрести навыки решения задач по разделу «Оптика» курса
общей физики.
Рецензент: д. ф.-м. н., профессор В.А. Макаров
Подписано в печать 28.04.2022
Формат 60х90/16. Объем 23,75. Тираж 200 экз.
Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова
119991, Москва, Ленинские горы, д.1, стр. 2
ISBN 978-5-8279-0225-6
© Физический факультет МГУ
им. М.В. Ломоносова, 2022 г.
© Коллектив авторов, 2022 г.
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
3
УНИВЕРСИТЕТСКИЙ КУРС ОБЩЕЙ ФИЗИКИ
(Предисловие редактора инновационного учебно-методического
комплекса)
В настоящее время физика все более глубоко проникает во все
области современной науки и техники, появляются ее новые отрасли. В связи с этим возникает проблема подготовки квалифицированных кадров ученых-физиков. Существенную роль в такой подготовке играет преподавание общего курса физики. Для решения
этой проблемы на физическом факультете МГУ им. М.В. Ломоносова создан инновационный учебно-методический комплекс
(ИУМК) «Университетский курс общей физики», обеспечивающий
организационную и содержательную целостность системы подготовки, методов и средств обучения общей физике.
ИУМК «Университетский курс общей физики» создан на основе многолетнего опыта преподавания физики студентам физического факультета Московского университета. Курс охватывает все
разделы общей физики. Отличительной особенностью данного
курса является то, что в нем в методическом отношении осуществлено единство основных форм обучения физике: лекции, лабораторные работы и семинары. В системе университетского образования теоретический материал излагается в основном в лекционных
курсах, а умение решать задачи отрабатывается на семинарских
занятиях. Развитие навыков эксперимента и анализа его результатов происходит в процессе занятий в общем физическом практикуме. В связи с этим, каждый раздел курса состоит из шести пособий:
«Лекции», «Лекционный эксперимент», «Лабораторный практикум», «Разработка семинарских занятий», «Методика решения задач» и «Сборник задач».
Каждая глава пособия «Лекции» содержит материал базового
уровня, соответствующего программе курса, и отражает современные тенденции и технологии физического образования. Цель авторов данного курса – представить общую физику в виде, используемом активно работающими в науке физиками.
Лекции по каждой теме сопровождаются демонстрацией основных физических экспериментов, описание которых представлено в пособии «Лекционный эксперимент». Большая часть описанных экспериментов разработана на кафедре общей физики физического факультета им. М.В. Ломоносова. В тексте пособия имеется
4
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
также ряд ссылок на авторские свидетельства на изобретения в области лекционных экспериментов, полученные сотрудниками кафедры. Описание классических опытов и экспериментальных установок, представленное в пособии «Лекционный эксперимент», увеличивает ценность и привлекательность курса.
Для установления единого уровня сложности задач и широты
охвата материала на семинарах служит пособие «Разработка семинарских занятий», предназначенное для преподавателя. В данном
пособии описаны основные принципы проведения семинара. Рассматривается порядок подачи учебного материала, включающий
проверку теоретической подготовки студента, обсуждение метода
решения задачи, анализ физического смысла результата, разбор
характерных ошибок.
Все формы занятий предполагают значительную самостоятельную внеаудиторную работу студентов. Пособием, позволяющим самостоятельно развивать умение решать физические задачи,
является «Методика решения задач». Весь материал пособия разбит на главы. Разбор задач всех глав проводится по единой схеме,
причем каждую главу можно прорабатывать независимо от других.
Пособие содержит также задачи с решениями повышенной сложности для студентов, желающих более глубоко освоить курс общей
физики. Для самостоятельной работы студентов предназначен
«Сборник задач», в котором представлены наиболее характерные и
типичные задачи.
Неотъемлемой частью курса общей физики служит лабораторный практикум. Материалы пособия «Лабораторный практикум»
достаточны для самостоятельной подготовки к выполнению работ.
В связи с этим в пособии имеется как общее теоретическое введение, так и более подробное изложение теории к каждой лабораторной работе. Кроме того, для каждой работы сформулированы цель
и идея эксперимента, дано описание установки и подробное изложение последовательности проведения эксперимента и обработки
результатов. Представленные в пособии лабораторные работы являются результатом работы нескольких поколений преподавателей
кафедры общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова. Первые лабораторные работы составили содержание
двухтомника «Физический практикум» под редакцией В.И. Ивероновой, вышедшего в свет в 1967 г. В последние годы разработаны и введены в действие новые современные лабораторные работы
с использованием современных экспериментальных методов ис-
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
5
следования физических процессов. Более 50% лабораторных работ
являются автоматизированными с управлением компьютером.
В каждом семестре студент выполняет 12 лабораторных работ,
причем 60-70% являются обязательными для всех студентов, а
остальные распределяются с учетом их пожеланий.
Для повышения эффективности усвоения сути изучаемых физических явлений и законов в тематических лабораториях без расхода времени на ознакомление со стандартной технологией измерений в ИУМК введен раздел «Введение в технику эксперимента»,
состоящий из двух частей: «Лекции» и «Практикум». Лекции посвящены краткому изложению общих принципов проведения физических измерений, теории ошибок и статистической оценки достоверности полученных результатов, а также основных требований к оформлению полученной информации в виде графиков, номограмм и таблиц. В практической части представлены описания
лабораторных работ начального цикла, в которых на сравнительно
простых физических явлениях студент знакомится с наиболее распространенными приборами, с методами измерений и с правильной
обработкой их результатов, основами анализа погрешностей измерений и правилами представления результатов с учетом его точности.
Курс предназначен не только для физиков, но может быть полезен для будущих инженеров, химиков и биологов.
Все пожелания и замечания по пособиям курса будут с благодарностью приняты и рассмотрены на кафедре общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова.
А.М. Салецкий
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
1
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
Зада- Отчи
веты
§ 1.
Геометрическая оптика и простые оптические системы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
144
§ 2.
Электромагнитные волны оптического диапазона.
Уравнения Максвелла. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
170
§ 3.
Преобразования Фурье в оптике. . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
183
§ 4.
Интерференция монохроматического света. . . . .
42
194
§ 5.
Интерференция монохроматического света в тонких
пленках. Полосы равной толщины и равного
наклона. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . .
50
206
§ 6.
Интерференция квазимонохроматического света. . . .
59
219
§ 7.
Интерференция света от протяженных
источников. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
234
§ 8.
Дифракция света. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
246
§ 9.
Дифракция Фраунгофера. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
267
§ 10.
Спектральные приборы. Многоволновая интерференция. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
90
283
§ 11.
Дисперсия света. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
100
300
§ 12.
Оптические явления на границе раздела диэлектриков. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
107
315
§ 13.
Оптика анизотропных сред. Кристаллооптка. . . . . . .
115
332
§ 14.
Поляризация света. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
127
348
§ 15.
Тепловое излучение. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139
367
Приложения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
374
Список литературы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
379
2
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТНРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИ
ПРЕДИСЛОВИЕ
Учебное пособие написано на основе многолетнего опыта проведения занятий по общей физике на физическом факультете МГУ
им. М.В. Ломоносова и является составной частью серии учебнометодических пособий кафедры общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова «Университетский курс общей
физики»
Предлагаемое пособие является заключительной, третьей частью модуля «Оптика. Семинарские занятия» этой серии (первая
часть – «Разработка семинарских занятий» [1], вторая – «Методика
решения задач» [2]). В пособии рассматриваются, в первую очередь, наиболее характерные и типичные задачи. Сборник содержит
около 750 задач (для более 50% из них приведены решения) по разделу «Оптика» курса общей физики и предназначен для самостоятельной работы студентов.
Представленный сборник задач является четвертным задачником, созданным и изданным сотрудниками кафедры общей физики МГУ имени М.В. Ломоносова. До этого изданы «Механика.
Сборник задач» [3], «Молекулярная физика и термодинамика.
Сборник задач» [4] и «Электричество и магнетизм. Сборник задач»
[5]. В этой связи структура данного издания аналогична структуре
изданным задачникам.
Содержание «Сборника задач» разделено на 15 тем с максимальной привязкой к действующему тематическому плану семинаров по молекулярной физике и термодинамике. Каждой теме предшествуют краткие теоретические сведения, в конце сборника приведены справочные таблицы.
Авторы выражают благодарность рецензенту пособия
В.А. Макарову. Авторы заранее признательны также всем, кто поспособствует улучшению в дальнейшем этого учебнометодического пособия.
8
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
 Закон отражения света: на неподвижной границе раздела двух однородных изотропных сред падающий луч 1, отраженный луч 1' и нормаль 0Z к отражающей поверхности в точке падения 0 лежат в одной плоскости; угол падения θ1 равен углу отражения θ0 (рис. Т1.1):
θ1  θ 0 .
1
n1
n2
1 0
1
Х
0
2
m
Z
2
Рис. Т1.1. Отражение и преломление света на границе раздела двух сред с показателями преломления n1n2.
 Закон преломления света на границе раздела двух сред:
на границе раздела двух однородных изотропных сред с показателями преломления n1 и n2 падающий луч 1, преломленный луч 2 и
нормаль 0Z к поверхности в точке падения 0 лежат в одной плоскости; угол падения θ1 и угол преломления θ2 связаны соотношением:
n1 sin θ 1  n 2 sin θ 2 .
 Предельный угол полного внутреннего отражения θm:
n
θ m  arcsin 1 .
n2
 Инвариант Аббе для сферической преломляющей поверхности радиусом R (параксиальное приближение):
 1
 1
1
1
n
n
n n
  или 2  1  2 1 ,
n1 
   n 2 
x
R
x
R
xS2 xS1
R

 S2

 S1
где n1 и n2 − показатели преломления сред, xS − координаты со1, 2
пряженных точек S1 (предмет) и S2 (изображение), отсчитываемые
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
9
от вершины поверхности O (в параксиальном приближении)
(рис. Т1.2).
Рис. Т1.2. Преломление лучей на сферической границе раздела двух сред (n2 > n1),
где F1 − передний фокус, F2 − задний фокус системы.

Оптическая сила сферической преломляющей поверхно-
сти:
  (n2  n1 ) R .
 Фокусные расстояния сферической преломляющей поверхности:
n
n
f1   1 , f 2  2 .
Ф
Ф
 Формула Ньютона:
F1S1  F2 S 2  f 1 f 2 или xS  f1  xS  f 2  f1 f 2 .


1

2

Формула сферического зеркала:
1
1
2

 .
xS 2 xS1 R
 Фокусное расстояние сферического
зеркала f (рис. Т1.3):
xF  f  R / 2 .

Формула тонкой линзы:
n2
n
 1 Φ,
xS
xS
2
1
Рис. Т1.3.
Отражение
света от сферической
поверхности радиуса R.
где Ф  оптическая сила тонкой линзы, n1 и n2 − показатели преломления сред слева и справа от линзы.
10
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
Когда линза находится в однородной среде ( n 1  n 2 ), формула приводится к виду:
1
1
1

 ,
xS
xS
f
2
1
где f'− фокусное расстояние линзы.
 Оптическая сила тонкой линзы:
n  n1 n 2  n
Φ  Φ1  Φ 2 

,
R1
R2
где n  показатель преломления материала линзы, R1 и R2  радиусы
сферических поверхностей. Если по обе стороны от линзы показатели преломления сред одинаковы ( n1  n2  n0 ), то
 1
1 .
   n  n0    

 R1 R2 

Оптическая сила толстой линзы:
 1
1  (n  n0 ) 2 d
d

 


=
,


n
n
0 
  1   2  1 2
nR1 R2
 R1 R2 
n
где Φ1 и Φ2 – оптические силы преломляющих поверхностей линзы,
d – её толщина, n − показатель преломления материала линзы, n0 −
показатель преломления среды, в которой находится линза (если по
обе стороны от линзы показатели преломления сред одинаковы).
 Формула центрированной оптической системы:
Рис. Т1.4. Схема центрированной оптической системы, где Н1 и Н2 – главные,
F1 и F2 − фокальные плоскости (точки Н1, Н2, F1, F2 − их пересечения с главной
оптической осью), N1 и N2 − узловые точки.
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
11
n2
n
f
f
 1  Φ или

1,
xS
xS
xS
xS
2
1
2
Ф
где
1
n2
n
 1
f
f
− оптическая сила системы, n1 и n2 – показатели преломления сред
слева и справа от крайних преломляющих поверхностей оптической системы соответственно;
f   x F , f  x F
2
1
− заднее и переднее фокусные расстояния системы;
х-координаты точек с индексом 1 (S1 и F1) отсчитываются от главной точки Н1, а х'- координаты точек с индексом 2 (S2 и F2) отсчитываются от главной точки Н2.
 Соотношение между фокусными расстояниями оптической системы:
n
f
 2 .
f
n1

Координаты узловых точек N1 и N2:
x N  xF  xF , xN  xF  xF .
1
1
2
2
2
1
Рис. Т1.5. Положения узловых точек N1 и N2 оптической системы.
 Оптическая сила Ф системы, состоящей из двух оптических систем с общей оптической осью:
12
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
d
1 2 ,
n
где Φ1 и Φ2 – оптические силы первой и второй систем соответственно, d – расстояние от задней главной плоскости первой системы до передней главной плоскости второй системы (в случае двух
тонких линз – расстояние между ними), n – показатель преломления среды между системами.
  1   2 
 Координаты главных точек хН и хН' системы, состоящей
из двух оптических систем:
d Ф
d Ф
x H   2 , x H     1 ,
n Ф
n Ф
где хН – координата передней главной плоскости системы, отсчитываемая от передней главной плоскости первой системы, х'Н' – координата задней главной плоскости системы, отсчитываемая от задней главной плоскости второй системы.
У тонкой линзы её главные плоскости совпадают с плоскостями линзы (и проходят через оптический центр линзы).
 Координаты вершин О1 и О2 толстой линзы, отсчитываемые от её главных точек Н1 и Н2 соответственно:
d Ф
d Ф
x O1    2 , x O 2   1 .
n Ф
n Ф
Рис. Т1.6. Схематическое представление толстой линзы.
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
13
 Коэффициент линейного (поперечного) увеличения k
тонкой линзы и сферического зеркала:
xS
y
k 2  2 ,
y1
x S1
где y1 – высота предмета, y2 – высота изображения, xS
1, 2
− расстоя-
ния до линзы (или до вершины сферического зеркала) от предмета
и изображения соответственно.
1.1. Стоящий на берегу озера человек видит Солнце и его отражение от гладкой поверхности воды. Угол между лучами, идущими от Солнца и его отражения равен  = 30. На какое расстояние L от берега надо отойти человеку, чтобы отражение пропало?
Считать поверхность берега горизонтальной, а высоту расположения глаз равной h = 1,5 м.
1.2. Человек ростом h0 = 1,8 м стоит перед висящим вертикально зеркалом на расстоянии L = 2 м от него. Глаза находятся на
высоте h = 0,1 м от макушки. а) При каком минимальном размере
х зеркала он будет видеть себя во весь рост? б) Каковы при этом
координаты верхнего хв и нижнего хн краев зеркала? в) Какая часть
отражения пропадет, если поставить на его место человека ростом
h1 = 1,5 м?
1.3. В стороне от плоского зер1м
1м
кала CD в точке А стоит первый челоС
D
век. Второй человек из точки В идет
2м
по направлению к плоскому зеркалу
по прямой, проходящей перпендику3м
A
лярно через середину зеркала. Все
размеры указаны на рис. 1.1. а) Какое
В
расстояние l пройдет второй человек
Рис.
1.1.
Расположение
до того момента, когда они увидят
зеркала
CD
и точек А и В.
друг друга в зеркале? б) Какое кратчайшее расстояние х и в каком направлении должен пройти второй
14
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
человек, чтобы увидеть первого в зеркале? в). Оба человека стоят
на месте. На какой угол ∆φ надо повернуть зеркало относительно
точки D, чтобы они увидели друг друга в зеркале?
1.4. Два плоских зеркала расположены под углом α друг к
друг. Между ними находится точечный источник света. Изображение источника в первом зеркале находится на расстоянии
а1 = 6 см от источника, а во втором зеркале – на расстоянии
а2 = 8 см от источника. Расстояние между изображениями источника l = 10 см. Найти угол α между зеркалами.
1.5. Два небольших плоских зеркала расположены на одинаковых расстояниях друг от друга и от источника света. Каким должен быть угол α между зеркалами, чтобы луч после двух последовательных отражений а) возвращался к источнику; б) вернулся к
источнику по пройденной ранее траектории?
1.6. Два зеркала образуют двугранный угол α < π. На одно из
зеркал под углом φ к нормали падает луч света, лежащий в плоскости, перпендикулярной ребру двугранного угла. Определить угол
отклонения θ этого луча от первоначального направления после
отражения от обоих зеркал.
1.7. Два плоских зеркала образуют двугранный угол α < π.
Луч света, перпендикулярный ребру двугранного угла отражается
последовательно от обоих зеркал. Систему зеркал поворачивают
вокруг ребра на угол β вокруг оси, лежащей в плоскости обоих
зеркал. На какой угол ψ от своего первоначального направления
отклонится после этого отраженный луч?
1.8. Два плоских зеркала образуют двугранный угол    / n ,
где n – целое число. Точечный источник света S находится между
зеркалами. Определить число N изображений источника в зеркалах.
1.9. Два плоских зеркала образуют двугранный угол
  2 / a , где а – любое число, больше 2. Точечный источник света
S находится между зеркалами и равноудален от них. Определить
число N изображений источника в зеркалах.
1.10. Точка A находится между тремя
плоскими зеркалами (рис. 1.2). В каком
направлении должен выходить луч из точки А, чтобы после последовательного отражения
в зеркалах он вернулся в исходРис. 1.2. Расположение
ную точку?
зеркал и точки А.
А
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
15
1.11. В каком направлении нужно пустить
луч света из точки А, находящейся внутри зерВ
кального ящика, чтобы он попал в точку В, отА
разившись по одному разу от всех четырех стенок (рис. 1.3)? Точки А и В находятся в одной
плоскости, перпендикулярной стенкам ящика.
Рис. 1.3. Расположение
1.12. Показать, что произвольный луч точек А и В в зеркальсвета, последовательно отразившись от трех ном ящике.
взаимно перпендикулярных плоских зеркал, пойдет в строго противоположном направлении.
1.13. Луч света параллельный оптической оси вогнутого сферического зеркала радиусом R и отстоящий о неё на расстоянии а, и
после отражения пересекает оптическую ось в точке фокуса. При
каком соотношении между а и R можно считать, что фокусное расстояние зеркала f равно R/2 с относительной ошибкой менее 1%?
1.14. Доказать, что для сферических зеркал произведение расстояний от фокуса до точечного источника и его изображения (s1 и s2
соответственно) равно квадрату фокусного расстояния f зеркала.
1.15. Показать, что коэффициент линейного увеличения k вогнутого сферического зеркала равен отношению расстояний от
изображения b и предмета а до зеркала.
1.16. Предмет высотой h = 0,04 м находится на растоянии
а = 0,20 м от вогнутого зеркала с радиусом кривизны R = 0,30 м.
Найти высоту H изображения предмета.
1.17. Вогнутое зеркало дает действительное изображение
предмета с увеличением k1 = 5. Если переместить предмет на некоторое расстояние вдоль главной оптической оси, то изображение
переместится вдоль оси на такое же расстояние. Найти коэффициент увеличения k2 при новом положении предмета.
1.18. Расстояние от точечного источника света до вогнутого
зеркала равно d = 2R, где R – радиус кривизны зеркала. Источник
находится на главной оптической оси
А
зеркала. На каком расстоянии b от зерD
кала находится его изображение? ПоЕ
О
строить ход лучей.
О'
L
1.19. На вогнутое сферическое В
зеркало падает луч АВ, пересекающий
Рис. 1.4. Отражение луча в
главную оптическую ось зеркала в точке
сферическом зеркале.
Е. Отраженный от зеркала луч BD пере-
16
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
секает ту же ось в точке L (рис. 1.4). Найти построением положение
фокуса зеркала.
1.20. Найти построением ход луча после отражения в вогнутом и выпуклом сферических зеркалах (рис. 1.5 ), где F – фокус
зеркала, ОО' – оптическая ось).
О
F
О'
О
О'
F
а)
б)
Рис. 1.5. Отражение луча в вогнутом (а) и выпуклом (б)
сферических зеркалах.
1.21. Точка S' является изображением точечного источника
света S в сферическом зеркале, оптическая ось которого ОО'
(рис. 1.6). Найти построением положение сферического зеркала и
его фокуса F.
S
О'
О
S'
Рис. 1.6. Положение главной оптической оси ОО сферического зеркала, источника света S и его изображения S'.
1.22. Построить изображение стрелки АВ длиной l = f/2 в вогнутом сферическом зеркале с фокусB
ным расстоянием f. Начало стрелки
α F
A
находится на оптической оси зеркала
на расстоянии 2f от его полюса
2f
(рис. 1.7). Стрелка наклонена под углом
Рис. 1.7. Расположение стрел- α = 30° к оптической оси зеркала.
ки и сферического зеркала.
1.23. Параллельный пучок лучей
падает перпендикулярно на непрозрачный экран с круглым отверстием диаметром d = 4 см. На расстоянии а = 16 см за экраном расположено выпуклое сферическое зеркало с радиусом кривизны
R = 64 см, главная оптическая ось которого совпадает с осью пучка.
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
17
Отраженный от зеркала пучок света образует на экране светлое
кольцо вокруг отверстия. Определить диаметр D этого кольца.
1.24. Тонкий карандаш длиной l = 6 см расположен вдоль
глвной оптической оси выпуклого сферического зеркала. Изображение его ближайшего к зеркалу конца находится от зеркала на
расстоянии а1 = 20 см, а дальнего – на расстоянии а2 = 24 см. Определить фокусное расстояние f зеркала.
1.25. Точечный источник света находится на главной оптической оси вогнутого сферического зеркала радиусом R = 80 см. Расстояние от источника до зеркала а = 60 см. На каком расстоянии х
от вогнутого зеркала следует поместить плоское зеркало, чтобы
лучи света после отражения от вогнутого зеркала и затем от плоского снова собрались в точке нахождения источника? Изменится ли
ответ задачи, если лучи сначала будут отражаться от плоского зеркала, а потом от вогнутого?
1.26. Выпуклое и вогнутое сферические зеркала одинакового
радиуса кривизны R находятся на расстоянии 2R друг от друга. В
какой точке А на общей оптической оси зеркал следует поместить
точечный источник света, чтобы лучи после отражения сначала в
выпуклом зеркале а затем в вогнутом вернулись в точку А?
1.27. Какую форму должна иметь зеркальная поверх-
ность, чтобы падающий на нее пучок параллельных лучей
после отражения фокусировался в точку?
1.28. Человек стоит на берегу пруда глубиной H =1 м. Камень, лежащий на дне, он видит под углом  = 60 относительно
нормали к поверхности воды. На каком расстоянии h от поверхности воды находится изображение камня, если показатель преломления воды равен n = 1,33?
1.29. Короткий стержень опущен одним
концом в прозрачную жидкость с показателем
α
преломления n под углом α. Наблюдатель
смотрит сверху почти вертикально, и ему кажется, что погруженная в жидкость часть
β
стержня отклонена от остающейся над поРис.
1.8.
Стержень,
верхностью на угол β (рис. 1.8). Определить
опущенный
в
жидкость.
этот угол. При каком угле наклона стержня α
угол смещения β будет максимальным?
1.30. На поверхности водоема глубиной Н =3 м плавает фанерный круг радиуса r = 0,5 м. Над центром круга на некоторой
18
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
высоте h расположен точечный источник света. Показатель преломления воды n. Чему равен радиус R тени на дне водоема? Какой
максимальный радиус теневого пятна можно получить, меняя высоту h источника света над центром круга.
1.31. Луч света падает под углом i на боковую грань равнобедренной стеклянной призмы с преломляющим углом при вершине θ. Призма находится в воздухе, показатель преломления стекла n. На какой угол φ отклонится луч от своего первоначального
направления, выйдя из другой боковой грани призмы?
1.32. Луч света входит в стеклянную призму под углом
   / 6 и выходит из призмы в воздух под углом    / 3 . Угол
отклонения от его первоначального направления равен    / 4 .
Найти преломляющий угол θ призмы.
1.33. Луч света входит в прозрачную призму с преломляющим углом при вершине θ. Показатель преломления материала
призмы n. Показать, что угол отклонения луча призмой от своего
первоначального направления будет минимальным (угол наименьшего отклонения луча призмой φmin), если угол падения луча на
призму будет равен углу его выхода из призмы. Получить соотношение, связывающее φmin с преломляющим углом призмы θ.
1.34. В каких пределах может изменяться угол отклонения
луча φ призмой из оптического стекла флинта (n = 1,8) с преломляющим углом θ = 60°?
1.35. Определить преломляющий угол θ стеклянной (n = 1,5)
призмы, если угол наименьшего отклонения луча призмой равен
преломляющему углу.
1.36. Каким должен быть показатель преломления n материала призмы, чтобы угол наименьшего отклонения луча призмой был
равен преломляющему углу?
1.37. Луч скользит вдоль боковой грани призмы, сечение которой имеет форму равнобедренного треугольника. Показатель
преломления материала призмы n = 1,6. При каком предельном
преломляющем угле θmin призмы преломленные лучи претерпят
полное отражение на второй боковой грани призмы?
1.38. Призма с преломляющим углом θ = 60° сделана из оптического стекла с показателем преломления n = 1,75. При каком
угле падения α луча света на одну из граней призмы его выход через вторую грань становится невозможным?
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
19
1.39. Сечение стеклянной призмы имеет вид равнобедренного
треугольника. Одна из равных граней призмы посеребрена. Луч
света падает перпендикулярно поверхности непосеребренной грани
призмы и после двух отражений выходит через основание призмы
перпендикулярно ему. Определить преломляющий угол θ призмы.
1.40. Луч света падает на плоскопараллельную пластинку
толщиной d из стекла с показателем преломления n под углом φ
относительно нормали к поверхности пластинки. На какое расстояние х в перпендикулярном направлении сместится луч, пройдя пластинку? Какое максимальное смещение луча можно получить, меняя угол падения луча на пластинку?
1.41. На лежащую на горизонтальной поверхности монету
поставили тонкостенный цилиндрический стакан с жидкостью.
При каком показателе преломления n монета при наблюдении через
боковую стенку станет невидимой?
1.42. Можно ли что-нибудь увидеть через две смежные грани
стеклянного кубика? Показатель преломления стекла n = 1,5.
1.43. Каким должен быть внешний радиус R изгиба световода, сделанного из прозрачного материала с показателем преломления n, чтобы при диаметре световода d свет, вошедший в световод
перпендикулярно плоскости его поперечного сечения, распространялся, не выходя через боковую поверхность наружу?
1.44. Собирающая тонкая линза с фокусным расстоянием f
установлена так, что расстояние между предметом и его действительным изображением равно l = 6,25f. Найти расстояния а и b от
предмета до линзы и от линзы до изображения соответственно.
1.45. Собирающая тонкая линза дает четкое изображение
предмета высотой Н1. Не меняя положения экрана и предмета, линзу перемещают к экрану и находят другое четкое изображение
предмета высотой Н2. Определить высоту предмета h.
1.46. Чему равно минимально возможное расстояние lmin
между предметом и его изображением для тонкой собирающей
линзы с фокусным расстоянием f?
1.47. Предмет находится на расстоянии l от экрана. Между
ними помещают тонкую собирающую линзу. Четкое изображение
предмета наблюдается при двух положениях линзы, расстояние
между которыми равно d. Определить фокусное расстояние линзы.
20
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
1.48. Предмет находится на расстоянии l = 0,9 м от экрана.
Между ними помещают тонкую собирающую линзу, которая при
одном положении дает на экране увеличенное изображение предмета, а при другом – уменьшенное. Отношение размеров изображений  = 4. Определить фокусное расстояние f линзы.
1.49. Фокусное расстояние собирающей тонкой линзы
f = 5 см. Точечный источник света находится на главной оптической
оси линзы на расстоянии а = 6 см от неё. Линзу разрезали пополам
и половинки раздвинули на расстояние 2d = 1 см симметрично относительно оси. Найти расстояние S между двумя изображениями
точки.
1.50. На рис.1.9 показано прохождение луча через тонкую собирающую линзу
О'
О
в однородной изотропной среде. ОО'главная
оптическая
ось.
Найти
положение
фокусов.
Рис. 1.9. Ход луча через построением
собирающую линзу.
Использовать параксиальное приближение.
1.51. На рис. 1.10 изображен луч АВ, прошедший через тонкую рассеивающую линзу, находящуюся в воздухе. Построить падающий на линзу луч. ОО' – главная оптическая ось, F и F'' – главные фокусы линзы. Использовать параксиальное приближение.
1.52. На рис. 1.11 показаны главная оптическая ось ОО' тонкой линзы и ход лучей АВ до линзы и ВС после неё. Найти построением положение главных фокусов F и F'' линзы.
1.53. Найти построением ход луча 2 за тонкой линзой LL,
находящейся в однородной среде, если известны положение линзы,
её оптической оси ОО' и ход луча 1 (рис. 1.12).
B
A
О
F
О'
F
1
A
О
С
B
О'
Рис. 1.10. Ход луча АВ по- Рис. 1.11. Ход луча до и
сле рассеивающей линзы.
после тонкой линзы.
L
О'
О
2
L
Рис. 1.12. Ход лучей 1 и 2
относительно линзы LL.
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
21
1.54. На рис. 1.13 а) б) в) показаны источника света S и его
изображения S относительно главной оптической оси ОО' тонкой
линзы в однородной среде. Найти построением положение линзы и
ее фокусов для каждого случая.
S
S
S'
О'
О' О
О
S'
О
О'
а)
S'
S
б)
в)
Рис. 1.13. Положение главной оптической оси ОО тонкой линзы, источника света S и его изображения S.
1.55. Найти построением положение
источника света S, если известны направле- О
F О'
ния двух вышедших из источника лучей после их преломления в тонкой линзе, находящейся в однородной среде (рис. 1.14).
Один из лучей пересекается с главной опти- Рис. 1.14. Ход двух лучей
после собирающей линзы.
ческой осью ОО' линзы в её фокусе F.
1.56. Две собирающие тонкие линзы с фокусными расстояниями f1 = 20 см и f2 = 40 см установлены соосно, расстояние между
ними d = 150 см. Предмет высотой l = 2 см находится на расстоянии
а = 25 см от первой линзы. На каком расстоянии b от второй линзы
получится изображение предмета после прохождения лучей через
обе линзы? Определить высоту L полученного изображения.
1.57. При изготовлении двухлинзового объектива фотокамеры
была использована тонкая рассеивающая линза с фокусным расстоянием f1 = 5 см, которая находилась на расстоянии l = 45 см от
пленки. Где необходимо поместить тонкую собирающую линзу с
фокусным расстоянием f2 = 8 см, чтобы на пленке получалось резкое изображение удаленных предметов?
1.58. На систему из трех тонких
линз падает параллельный пучок лучей. Собирающая (1) и рассеивающая
(2) линзы с фокусными расстояниями
f1 = 10 см и f2 = 20 см находятся на
расстоянии d = 15 см друг от друга Рис. 1.15. Расположение
(рис. 1.15). На каком расстоянии а от тонких линз.
22
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
рассеивающей линзы нужно поместить вторую собирающую линзу
(3) с фокусным расстоянием f3 = 10 см, чтобы выходящий из системы пучок лучей оставался параллельным?
1.59. Фокусное расстояние объектива микроскопа fоб = 3 мм, а
окуляра fок = 5 см. Предмет находится на расстоянии а = 3,1 мм от
объектива. Определить увеличение k микроскопа, если: а) изображение, даваемое микроскопом, рассматривать с расстояния
наилучшего зрения d0 = 25 см; б) глаз человека аккомодирован на
бесконечность, то есть из окуляра выходят параллельные пучки лучей.
1.60. Микроскоп имеет объектив с фокусным расстоянием
f1 = 1 см и окуляр с фокусным расстоянием f2 = 3 см; расстояние
между ними d = 20 см. На каком расстоянии а от объектива должен
находиться предмет, чтобы даваемое микроскопом изображение,
находилось на расстоянии d0 = 25 см от глаза?
1.61. Фокусные расстояния объектива и окуляра трубы Галилея равны f1 = 45 см и f2 = 5 см. При замене линз в трубе на две
собирающие получилась труба Кеплера с тем же увеличением, что
у трубы Галилея. Найти фокусные расстояния f3 и f4 собирающих
линз.
1.62. Зрительная труба с фокусным расстоянием объектива
f = 24 см установлена на бесконечность. После того как окуляр трубы передвинули на некоторое расстояние, стали четко видны предметы, удаленные от объектива на расстояние d = 6 м. На какое расстояние l был передвинут окуляр?
1.63. Фокусное расстояние двояковыпуклой линзы из оптического стекла с показателем преломления n = 1,6 равно f = 10 см.
Найти фокусное расстояние этой линзы, если её поместить в бензол, показатель преломления которого n1 = 1,5?
1.64. Если тонкую стеклянную линзу с оптической силой
Ф = 5 дптр погрузить в прозрачную жидкость, то она будет как рассеивающевая с фокусным расстоянием f = 100 см. Определить показатель преломления жидкости n2, если показатель преломления
стекла линзы n1 = 1,5.
1.65. Двояковыпуклая стеклянная линза с одинаковыми радиусами кривизны поверхностей имеет в воздухе фокусное расстояние f1, а в воде f2. Чему равны фокусные расстояния f  и f  линзы, если она расположена на границе воздуха и воды? Показатель
преломления воды n = 4/3.
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
23
1.66. Наблюдатель смотрит на маленькую рыбку, плавающую в тонкостенR
ном сферическом аквариуме радиуса R,
заполненном водой (показатель преломС
a
ления воды n = 4/3). Глаз человека и рыбка находятся на прямой, проходящей через центр аквариума (рис. 1.16). Расстоя- Рис. 1.16. Рыбка в сферичение от рыбки до ближайшей к наблюдате- ском аквариуме.
лю стенки аквариума равно а. На каком расстоянии b от этой же
стенки находится изображения рыбки? С каким максимальным линейным увеличением kmax можно наблюдать рыбку?
1.67. Показать, что оптическая сила Ф
2
центрированной системы из двух тонких линз с
оптическими силами Ф1 и Ф2, находящихся в
1
3
воздухе на расстоянии d друг от друга, можеь
быть найдена по формуле: Ф  Ф1  Ф2  dФ1Ф2 .
Рис. 1.17. Три
1.68. Из плоскопараллельной стеклянной
тонких линзы.
пластинки изготовили три тонкие линзы
(рис. 1.17). Фокусное расстояние сложенных вместе линз 1 и 2 равно −f01, а сложенных вместе линз 2 и 3 равно −f02. Определить фокусные расстояния f1, f2, f3 каждой из линз.
1.69. Две тонкие собирающие линзы с фокусными растояниями f1 = 20 см и f2 = 15 см, будучи прижаты вплотную друг к другу,
дают четкое изображение предмета на экране, если предмет находится на расстоянии а = 15 см от первой линзы. На какое расстояние х нужно передвинуть экран, чтобы на нем получилось четкое
изображение предмета, если вторую линзу отодвинуть от первой на
l = 5 см?
1.70. Плоская поверхность тонкой плоско-вогнутой линзы с
фокусным расстоянием f посеребрена. Точечный источник света
расположен на главной оптической оси линзы на расстоянии
a1  f от ее вогнутой поверхности. Где будет находиться изображение источника? Построить ход лучей.
1.71. У двояковыпуклой тонкой линзы радиусы кривизны поверхностей равны R1 и R2, при этом поверхность с радиусом кривизны R1 посеребрена. Найти фокусное расстояние f полученного
таким образом зеркала.
24
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
1.72. Плоско-выпуклая тонкая линза из материала с показателем преломления n, у которой посеребрена плоская сторона, имеет
фокусное расстояние f1. Каким будет фокусное расстояние f2 этой же
линзы, если у неё посеребрить не плоскую, а выпуклую сторону?
Свет в обоих случаях падает с непосеребренной стороны линзы.
1.73. В лежащее горизонтально
S
вогнутое сферическое зеркало налито
S1
немного воды (рис. 1.18). Оказалось,
S2
что такая оптическая система при некотором
положении источника S дает два
b2 b1
его действительных изображения S1 и
S2 на расстояниях b1 = 54 см и
b2 = 36 см от зеркала (рис. 1.18). ОпреРис. 1.18. Источник S над воделить
радиус кривизны зеркала R и
гнутым сферическим зеркалом
a от него до источника S.
расстояние
с налитой в него водой.
Показатель преломления воды n = 4/3.
1.74. Центрированная оптическая система состоит из двух
систем с оптическими силами Ф1 и Ф2. Вывести формулы для коорd Ф
d Ф
динат главных точек такой системы: x H   2 , x H     1 ,
n Ф
n Ф
где хН – координата передней главной плоскости системы, отсчитываемая от передней главной плоскости первой системы, х'Н' – координата задней главной плоскости системы, отсчитываемая от задней главной плоскости второй системы, Ф – оптическая сила системы, d – расстояние от задней главной плоскости первой системы
до передней главной плоскости второй системы, n = n2/n1 – относительный показатель преломления среды между первой и второй системами.
1.75. Показать, что для фокусного расстояния центрированной оптической системы, находящейся в воздухе и состоящей из
двух подсистем, справедливо соотношение: f  f 1 f 2 / , где f1 и
f2 – передние фокусные расстояния подсистем, ∆ − расстояние от
заднего фокуса первой подсистемы до переднего фокуса второй
подсистемы.
1.76. Определить положение передней Н и задней Н' главных
плоскостей и переднего F и заднего F' фокусов находящейся в воздухе стеклянной линзы (показатель преломления стекла n = 1,5)
толщиной d = 3,5 см, если:
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
25
а) передняя поверхность линзы  выпуклая (радиус кривизны R1 = 13 см), а задняя  плоская;
б) обе поверхности линзы выпуклые с радиусами кривизны
R = 13 см;
в) передняя поверхность линзы  выпуклая (R1 = 6,5 см), задняя  вогнутая (R2 = 13 см);
г) передняя поверхность линзы  вогнутая (R1 = 6,5 см), задняя  выпуклая (R2 = 13 см).
1.77. Какой должна быть толщина двояковыпуклой кварцевой
линзы с одинаковыми радиусами кривизны поверхностей R = 5 см,
чтобы в воздухе линза была телескопической (её фокусное расстояние f   )? Показатель преломления кварца n = 1,54.
1.78. Толстая линза изготовлена из материала с показателем
преломления n имеет форму шара радиуса R. Определить фокусные
расстояния линзы, а также положения её главных плоскостей и фокусов. При каком показателе преломления n фокусы линзы будут
находиться внутри неё?
1.79. Преломляющие поверхности выпукло-вогнутой линзы,
находящейся в воздухе, являются концентрическими сферами.
Больший радиус кривизны равен R, толщина линзы d, показатель
преломления n. Определить положение главных плоскостей и фокусное расстояние f линзы. Собирающей или рассеивающей является такая линза?
1.80. Радиус кривизны сферической поверхности стеклянной
плоско-выпуклой линзы равен R = 20 см, толщина линзы d = 3 см,
показатель преломления стекла n = 1,5. На каком расстоянии l от
ближайшей поверхности линзы будет находиться изображение
предмета, расположенного на расстоянии s = 60 см от линзы со стороны: а) выпуклой поверхности; б)
плоской поверхности?
Н
1.81. На рис. 1.19 показаны
главная оптическая ось ОО' толстой
О'
О
линзы, положение её передней глав1
ной плоскости Н и ход луча 1 до и после линзы. Найти построением положение фокусов F, F' и задней главной Рис. 1.19. Ход луча 1 через толстую линзу.
плоскости Н' линзы.
26
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
1.82. Две одинаковые плоско-выпуклые стеклянные линзы
имеют радиус кривизны сферических поверхностей R = 5 см, толщину d = 2,5 см, показатель преломления стекла n = 1,52. Линзы
прижаты вплотную друг к другу, при этом выпуклая поверхность
одной линзы касается плоской поверхности другой. Определить
оптическую силу Ф системы линз в воздухе.
1.83. Оптическая система состоит из двух стеклянных шаров
(показатель преломления стекла n = 1,5), радиусы которых R1 = 5 см
и R2 = 1 см. Шары находятся в воздухе. Каким должно быть расстояние l между центрами шаров, чтобы система была телескопической, если объективом является больший шар?
1.84. На систему одинаковых прозрачных шариков (радиус R,
показатель преломления n=2), установленных вплотную друг к другу, падает плоская электромагнитная волна. Найти положение изображения, полученного в данной системе, если число шариков равно
N = 2013. Сферическими аберрациями пренебречь.
1.85. Найти построением положение фокусов и главных
плоскостей центрированных оптических систем из двух тонких
линз, находящихся в воздухе на расстоянии d друг от друга. Положение фокусов F1, F'1 и F2, F'2 линз известно (рис. 1.20 а, б):
а) f 1   f 2  d / 2 ;
б) f 1  1,5 d , f 2  d / 4 .
F1
F'2
F'1
d
а)
F2
F2
F1
F'2
F'1
d
б)
Рис. 1.20. Взаимное расположение линз в системах.
1.86. На рис. 1.21 показаны оптическая ось ОО' и передний
фокус F центрированной оптичеS
ской системы в воздухе, а также
О
О'
сопряженные точки S и S'. Найти
F
S'
построением положение главных
Рис. 1.21. Положение сопряженных плоскостей Н, Н' и заднего фокуса
точек S и S в оптической системе.
F' системы.
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
27
1.87. Построить изображение предмета АВ в центрированной
оптической системе, у которой известно положение фокусов F, F' и
главных плоскостей Н, Н', для двух случаев (рис. 1.22 а, б). Система находится в воздухе.
Н
Н
Н'
Н'
В
В
О
О'
F А
F'
а)
О
О'
А F' F
б)
Рис. 1.22. Расположение предмета АВ в оптической системе.
1.88. Для центрированной оптической системы известно положение её фокусов F, F' и главных плоскостей Н, Н'. Найти построением положение изображения S' точки S для следующих относительных расположений точек S, F, F', H, H': а) F'Н'SНF;
б) НSF'FН'; в) FSНН'F'.
Н
Н'
1.89. Заданы положения главных
F
F'
плоскостей Н и Н' и фокусов F и F ' некоторой оптической системы (рис. 1.23).
Найти построением положение узловых
Рис. 1.23. Расположение
точек N и N '.
фокусов F, F' и главных
1.90. Определить положение главных плоскостей Н, Н' системы.
плоскостей Н и Н', фокусов F и F' , а также
фокусные расстояния f и f' оптической системы, состоящей из двух
тонких линз с фокусными расстояниями f1 = 5 см и f2 = −5 см, расположенных в воздухе на расстоянии d = 10 см друг от друга.
1.91. С одной стороны двояковыпуклой симметричной тонкой
линзы из стекла (показатель преломления n = 1,5) находится вода
(показатель преломления воды n1 = 1,33), с другой – воздух. Радиусы кривизны поверхностей линзы R = 20 см. Найти положение
главных плоскостей, фокусов и узловых точек системы.
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
28
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона.
Уравнения Максвелла

Уравнения Максвелла в дифференциальной форме:
B
rot E  
,
t
D
rot H  j 
,
t
div D  ρ ,
div B  0 ,
где Е и D, Н и В  напряженность и индукция соответственно электрического и магнитного полей,  и j  плотности несвязанного
электрического заряда и тока проводимости.
 Уравнения Максвелла для вакуума:
H
rot E   0
,
t
E
rot H   0
,
t
div E  0 ,
div H  0 .
 Волновые уравнения для векторов Е и Н в вакууме:
1 2E
Δ E  2  2  0,
c
t
1 2H
ΔH  2  2 0,
c
t
1
 скорость света в вакууме.
где c 
 0 0
 Уравнения бегущей плоской электромагнитной волны
для векторов Е и Н:
Е(r,t) = Е0 cost  kr   ,
Н(r,t) = Н0 cost  kr   ,
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла
29
где Е0 и Н0  амплитуды векторов Е и Н,   круговая частота,

k  N  волновой вектор, N  единичный вектор волновой норс
мали.
 Волновое число k:
2π
k
,
λ
где  − длина волны.
 Уравнения бегущей плоской электромагнитной волны
для векторов Е и Н в комплексной форме:
~
Е r , t   Е 0 expiωt  kr  ,
~
Н r , t   Н 0 expi ωt  kr  .
 Связь векторов Е, Н и k:
k, E   ω 2 H ,
ε 0c
k , H   ω 0 E .
 Связь мгновенных значений модулей векторов Е и Н:
ε0 E  μ0 Н .

Уравнения плоской стоячей электромагнитной волны:
E  z,t   e x E 0 coskz  cost  ,
H z,t   e y H 0 sin kz  sin t  ,
где ех и ех – орты декартовой системы координат.
 Объемная плотность энергии w электромагнитного поля
в плоской бегущей волне в вакууме:
w  0 E 2  0 H 2 .
Среднее за период Т значение объемной плотности энергии
поля равно:
 0 E 02  0 H 02

.
2
2
 Плотность потока энергии в поле электромагнитной волны (вектор Пойнтинга S):
S  E , H  .
wT 

Интенсивность I светового излучения:
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
30
I  S T с w T .
 Плотность потока импульса G в поле электромагнитной
волны в вакууме:
S
G .
с
2.1. В поле плоской световой волны с частотой
ω = 3,141015 с−1 амплитуда магнитной индукции В0 = 10−6 Тл. Найти
длину волны λ и амплитуду напряженности электрического поля Е0.
2.2. Плоская световая волна с частотой ω распространяется в
вакууме в направлении, составляющем углы α, β и γ с осями декартовой системы координат ОХ, ОY и OZ. Найти разность фаз ∆φ колебаний векторов напряженности электрического поля Е волны в
точках с координатами х1, y1, z1 и х2, y2 и z2.
2.3. Составить уравнение плоской волны в вакууме, нормаль
к волновому фронту которой параллельна направляющему вектору
a   3,0,4. Какой вид принимает это уравнение для гармонической
волны с частотой ω?
2.4. Точечный источник сферических световых волн находится на прямой между точками с радиус-векторами r1 и r2, в которых
амплитуды вектора напряженности электрического поля равны Е01
и Е02. Найти радиус-вектор r0 точки, в которой расположен источник света.
2.5. Электрический пробой в воздухе наступает, если напряженность электрического поля достигает величины Е0 = 3МВ/м.
При какой минимальной интенсивности Imin плоской электромагнитной волны можно наблюдать появление искры в воздухе?
2.6. Оценить среднюю мощность Р , при которой лазерный
луч диаметром d = 1 мм вызывает электрический пробой газа, если
потенциал ионизации газа U = 10 В. Частота лазерного излучения
  4,8  1014 Гц .
2.7. Найти амплитуды напряженностей электрического Е0 и
магнитного Н0 полей в плоской линейно-поляризованной волне,
если её интенсивность I = 10 Вт/м2.
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла
31
2.8. Оценить амплитуду магнитной индукции В0 в пучке лазерного излучения с интенсивностью I = 0,1 Вт/см2.
2.9. Амплитуда вектора напряженности электрического поля
плоской линейно-поляризованной световой волны в вакууме
Е0 = 200 В/м. Определить амплитуду напряженности магнитного
поля H0 и среднюю за период плотность потока энергии S T в по-
ле волны.
2.10. Оценить мощность Р излучения Солнца, если вблизи
поверхности Земли интенсивность солнечного света I  0,1 Вт/см 2 .
Радиус земной орбиты Rорб  1,5  10 8 км . Считать, что Солнце излучает изотропно.
2.11. Шар радиусом R = 0,2 м, находящийся в вакууме, облучается плоской электромагнитной волной с амплитудой вектора
напряженности электрического поля Е0 = 200 В/м. Найти энергию
W, падающую на шар за время t  1 мин . Длина волны λ  R .
2.12. Показать, что для плоской электромагнитной волны,
распространяющейся в вакууме в направлении оси ОХ, у которой
вектор Е направлен вдоль оси OY, справедливы соотношения:
B z / t  E y / x , E y / t  c 2 B z / x .
2.13. Электрическая компонента плоской бегущей электромагнитной
волны
описывается
уравнением:
E x,t   e y E 0 cosωt  kx  . Найти B z / t и B z / x .
2.14. Вектор напряженности электрического поля плоской
световой
волны
в
вакууме
изменяется
по
закону:
E r,t   E  z,t   e x E 0 cos t  kz  , где e x  единичный орт вдоль
оси координат ОХ. По какому закону изменяется магнитная компонента поля B r , t  ?
2.15. В вакууме распространяется плоская электромагнитная
волна, магнитная составляющая которой изменяется по закону H ( r , t )  H ( x, t )  e z H 0 sin( t  ky ) , где e z  единичный орт
вдоль оси координат ОZ. Найти электрическую компоненту волны
E (r , t ) .
2.16. В вакууме распространяется плоская электромагнитная
волна, электрическая составляющая которой изменяется по закону:
32
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
E  x,t   e y E 0 sin t  kx  , где e y  единичный орт вдоль оси ОY,
E 0  200 В/м ,   1,5  10 8 с 1 . Найти вектор Н в точке с координатой х = 10 м в момент времени t = 50 нс.
2.17. В вакууме распространяется плоская электромагнитная
волна, электрическая составляющая которой меняется по закону:
E z,t   e x E 0 cos (t  z / c) . Найти вектор Пойнтинга S этой волны.
2.18. В вакууме распространяется плоская электромагнитная
волна с частотой  = 108 Гц и амплитудой электрической составляющей Е0 = 100 мВ/м. Найти среднее за период колебаний значение
модуля плотности тока смещения j см .
2.19. Интенсивность плоской электромагнитной волны с частотой ω, которая распространяется в вакууме, равна I. Найти амплитудное значение плотности тока смещения j0 для этой волны.
2.20. Опыт Винера, экспериментально подтвердивший образование стоячих световых волн, заключался в следующем (рис. 2.1). На плоское металлическое зеркало ММ направлялся по нормали монохроматический
свет. Отраженный от зеркала пучок света интерферировал с падающим, в результате чего получалась стоячая световая волна. Под малым углом φ к поверхности зеркала располагалась стеклянная
пластинка с тонким светочувствительным слоем эмульсии. После проявления
на пластинке возникала система параллельных тёмных полос (О1, О2, О3), соответствующих местам максимального
выделения серебра. Определить угол φ
между зеркалом и фотопластинкой, если
Рис. 2.1. Схема опыта
при длине волны λ = 550 нм расстояние
Винера.
между полосами на поверхности пластинки составило l = 0,5 мм.
2.21. В вакууме навстречу друг другу распространяются две
линейно поляризованные волны, электрические составляющие коE1 r , t   e y E 0 cos ωt  kx  ,
торых изменяются по закону:
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла
33
E 2 r , t   e y E 0 cos ωt  kx  , где e y − единичный орт вдоль оси OY.
Найти закон изменения B r , t  .
2.22. Найти закон изменения магнитной составляющей Br,t 
плоской электромагнитной волны в вакууме, если её электрическая
составляющая меняется по закону: E  z,t   e x E 0 sin kz  cos ωt  .
2.23. Найти закон изменения магнитной составляющей B r,t 
плоской электромагнитной волны в вакууме, если её электрическая
составляющая меняется по закону: E z,t   e y E 0 cos kz  cos ωt  .
2.24. Найти закон изменения электрической составляющей
Е r,t  плоской стоячей электромагнитной волны в вакууме, если её
магнитная
составляющая
меняется
по
закону:
В z,t   e x B0 cos kz  sin ωt  .
2.25. В вакууме вдоль оси ОХ установилась стоячая электромагнитная волна, электрическая составляющая которой равна
Е  Е 0 cos kx cos ωt . Найти проекцию на ось ОХ вектора Пойнтин-
га Sx(x, t) и ее среднее за период колебаний значение S .
2.26. В вакууме вдоль оси ОХ распространяются две плоские
одинаково поляризованные электромагнитные волны, электрические составляющие которых описываются уравнениями:
E1  E 0 cost  kx  и E 2  E 0 cost  kx   . Найти среднее за
период колебания значение плотности потока энергии S .
2.27. В вакууме распространяются две плоские электромагнитные волны: одна – вдоль оси Х, другая вдоль оси Y:
E1  E 0 cos t  kx  и E 2  E 0 cos t  ky  , где вектор Е0 параллелен оси Z. Найти среднее значение плотности потока энергии
S в точках плоскости у = х.
2.28. В вакууме установилась стоячая электромагнитная волна, распространяющаяся вдоль оси Х, с электрической составляющей E  Е y  Е 0 cos kx cos ωt . Найти плотности энергии электрической wэл ( x, t ) и магнитной wмагн ( x, t ) составляющих и плотность
потока энергии S ( x, t ) . Определить плотность полной энергии w
волны в моменты времени t = 0; T/8; T/4, где Т – период колебаний,
а также полную энергию W, заключенную в области длиной λ/4 от
узла до пучности Еy. при площади сечения пучка σ.
34
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
2.29. Найти мощность Р пучка с гауссовым распределением
 x2  y2 
 , где I0  интенсивность
интенсивности: I x,y   I 0 exp 
a 2 

на оси пучка.
2.30. Найти энергию W светового импульса с распределением
мощности: Pt   P0 exp  t 2 /  2 .
τ
2.31. Плоская световая волна с интенсивностью I0 падает под углом θ к нормали на
eI
непрозрачную пластину площадью σ и чаθ
стично отражается от нее (рис. 2.1). Коэффиn
циент отражения пластины равен R. Найти
Рис. 2.1. Падение световой волны на непро- силу f, действующую на пластину, и её проекции на нормаль n к пластине, на плоскость
зрачную пластину.
пластины τ и на направление падения волны.
2.32. При падении световой волны с интенсивностью
I0 = 1 Вт/см2 на пластинку под углом θ = 45 половина энергии зеркально отражается, а другая половина поглощается. Чему равно
давление р света на поверхность пластинки?


2.33. Лазерный импульс длительностью  = 0,13 мс с
энергией W = 10 Дж падает нормально на плоскую поверхность с
коэффициентом отражения  = 0,5. Найти среднее значение
давления р лазерного импульса на поверхность, если диаметр
светового пятна на поверхности d = 10 мкм.
2.34. Короткий световой импульс с энергией W = 7,5 Дж
падает под углом  = 30 на пластинку с
коэффициентом
отражения  = 0,6. Найти
α
импульс Р, переданный пластинке.
k
2.35. На пути плоской электромагнитной волны с амплитудой напряженности
Рис. 2.2. Падение све- электрического поля Е расположен прямой
0
товой волны на прямой
двугранный
угол,
образованный
перпендикудвугранный угол.
лярными друг другу квадратными пластинами со стороной а. Волновой вектор k волны составляет угол α с поверхностью верхней пластины. Коэффициент отражения пластин
равен r. Определить силу F1, действующую на двугранный угол в
направлении падения волны.
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла
35
2.36. Какое давление р оказывает на идеальное плоское зеркало изотропное электромагнитное излучение с объемной плотностью энергии w0?
2.37. Найти силу давления параллельного пучка световых лучей (c объемной плотностью энергии w) на зеркальный конус, если
коэффициент отражения его поверхности равен R. Основанием конуса является круг радиа
уса a, угол между образующей и основанием
конуса равен  (рис. 2.3).
α
2.38. Найти силу давления FI плоской
световой волны c объемной плотностью энерРис. 2.3. Падение свегии w на зеркальный шар радиуса a, если ко- товых лучей на конус.
эффициент отражения равен R.
2.39. На зеркальный шар радиуса а с коэффициентом отражения R падает параллельный пучок световых лучей ограниченной
ширины 2d < 2a, плоскость симметрии которого совпадает с диаметром шара. Определить силу светового давления FI на шар.
2.40. Найти силу давления FI плоской
А
а
световой волны c объемной плотностью энерθ
гии w на сферу радиуса a, если центральная
часть сферы (по отношению к падающему
В
пучку) идеально зеркальная, а остальная заРис.
2.5.
Падение свечернена
(полностью
поглощает
свет)
товых лучей на сферу.
(рис. 2.5). Край зеркальной зоны (на рисунке
точки А и В) виден из центра сферы под углом θ = π/4.
2.41. В вакууме распространяется плоская
R
электромагнитная волна с амплитудой вектора
напряженности электрического поля Е0 = 0,5 В/м.
На пути волны располагается полностью поглощающая полусфера радиуса R = 60 см, обращен- Рис. 2.4. Падение
ная вершиной в сторону распространения волны световых лучей на
(рис. 2.4). Определить силу давление FI волны на полусферу.
полусферу.
2.42. Найти силу давления F плоской световой волны на шар
радиусом R, если интенсивность волны равна I0, а поверхность шара рассеивает падающее излучение равномерно по всем направлениям.
2.43. Плоская абсолютно матовая поверхность площадью S с
коэффициентом отражения, равным единице, освещается световым
36
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
потоком интенсивностью I, падающим нормально (термин
ˮабсолютно матовая поверхностьˮ означает, что вероятность отражения одинакова для всех направлений). Найти силу F светового
давления на поверхность.
2.44. Свет от точечного изотропного источника мощностью
P падает на абсолютно зеркальную пластинку радиусом R. Источник находится над центром пластинки на расстоянии d от
нее. Найти силу светового давления на пластинку.
2.45. Небольшое идеально отражающее зеркальце массы
m = 10 мг подвешено на невесомой нити длиной l = 10 см. На какой
угол θ отклонится нить, если по нормали к зеркальцу в горизонтальном направлении произвести ˮвыстрелˮ коротким импульсом
лазерного излучения с энергией W = 13 Дж.
2.46. Какая мощность лазерного пучка Р необходима, чтобы с
его помощью удерживать частицу массой m в поле силы тяжести?
Считать, что пучок полностью поглощается частицей.
§3. Преобразования Фурье в оптике
37
§3. Преобразования Фурье в оптике

Разложение периодической функции в ряд Фурье:

a
f t   0   an cos nt  bn sin nt  ,
2 n 1
T
T
2
2
2
2
a0 
f t dt ; a n 
f t   cos nt  dt ;
T T
T T
где



2
T

2
2
2
bn 
f t   sin nt  dt .
T T


2
 Представление непериодической функции f (t ) в виде
интеграла Фурье:

1
a cos t  b sin t  d ,
f t  
0


a()   f (t ) cos t d t ,
где


b()   f (t ) sin t d t .

Интеграл Фурье также можно представить в виде:

1
f (t ) 
f () cost  ()  d  ,
0

где f () – спектральная амплитуда или амплитудный спектр,
() – спектральная фаза или спектр фаз.

Спектральная амплитуда f () :
f ()  a 2 ()  b 2 () .

Спектральная фаза ():
b ()
.
a ()
 Комплексная спектральная амплитуда F () (Фурьеобраз временной функции f(t)):
F ()  a()  ib()  f ()  cos ()  i sin ()  f ()  e i() .
 Преобразования Фурье:
()  arctq
38
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
f (t ) 
1 
it
 F ()e d  ;
2  

F ()   f (t )e  it d t .

 Спектральная плотность G(ω):
2
G ()  F ()  F ()  F * ()  a 2 ()  b 2 ()  f 2 () .


3.1. Найти спектр периодической
последовательности
прямоугольных
импульсов
с
длительностью
 и периоА
t дом следования Т. Амплитуда импульсов равна А (рис. 3.1). Построить граτ
фик спектра.
Т
Т
3.2. Найти спектр периодически
Рис. 3.1. Последовательность
повторяющихся треугольных импульсов
прямоугольных импульсов.
импульсов (рис. 3.2), форма которых
задается
функцией:
f (t )  U 0 1  t / T 
при
0t T ,
f (t )  f (t  T ) .
f(t)
U0
U0
Т
t
Т
Рис. 3.2. Последовательность
пилообразных импульсов.
t
Рис. 3.3. Последовательность
треугольных импульсов.
3.3. Найти спектр периодически повторяющихся треугольных
импульсов (рис. 3.3), описываемых следующей аналитической
функцией:
 2U 0 t
при
 T
f t   
2U 0 t

при
T

0t T /2
T /2t T
, f (t )  f (t  T ) .
§3. Преобразования Фурье в оптике
39
3.4.
Найти
спектр
Фурье
временной
f (t )  A 1  m cos t   cos t , где m << 1, Ω << ω.
функции
3.5. Найти спектральный состав одиночного прямоугольного
импульса продолжительностью τ с амплитудой U0.
3.6. Показать, что если известен спектр F() сигнала f t  , то
спектр F  сигнала f t   , смещенного по времени на  = const,
имеет вид: F   F   e i
3.7. Определить спектр
f(t)
двух прямоугольных импульсов
c амплитудой f0 одинаковой поt
0
лярности и длительностью τ
-T/2 Т/2
τ
τ
каждый. Временной интервал
Рис.
3.4.
Два
прямоугольных
импульса.
между импульсами равен T
(рис. 3.4).
3.8. Найти спектр трёх прямоугольных импульсов c амплитудой f0 одинаковой полярности и длительностью τ каждый. Временной интервал между импульсами равен T.
3.9. Определить амплитудный спектр F(ω) последовательности из N прямоугольных импульсов c амплитудой f0 одинаковой
полярности и длительностью  каждый, следующих с временной
периодичностью T.
3.10. Найти спектральную плотность G0(ω) случайной последовательности одинаковых волновых цуN
f(t)
f0
f t  t i  . Спектральную плотгов f 0 t  

i 1
t
ность одного цуга G(ω) считать известной.
3.11. Найти спектр симметричного тре- −τ
0
τ
угольного импульса с амплитудой f0 и дли- Рис. 3.5. Симметричный
треугольный импульс.
тельностью  (рис. 3.5).
3.12. Известен спектр F() сигнала
f(t)
f t  . Найти спектр Fмод  сигнала
А
f мод t   f t   cos  0 t .
3.13. Найти спектр F() сигнала
f t  в виде половины периода косинусоиды с частотой ω0 и амплитудой А
(рис. 3.6):
t
−τ/4
0
τ/4
Рис. 3.6. Импульс в виде
половины косинусоиды.
40
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ


 A  cos 0 t  , t  4
2
f t   
, где  0 
.



t 
0,
4

3.14. Найти спектр высокочастотного гармонического сигнала
f(t) с частотой 0 и амплитудой f0, длительность которого  («цуг
 f cos  0 t  при t  [  / 2,  / 2] ,
волн»): f (t )   0
0 при t  [  / 2,  / 2] .
3.15. Рубиновый лазер излучает импульсы с длиной волны
λ = 693 нм. Каждый импульс представляет собой цуг линейнополяризованных волн с постоянной амплитудой вектора напряженности электрической компоненты Е0 длительностью τ = 10−4 с с
энергией W = 0,3 Дж. Поперечное сечение пучка – круг диаметром
d = 5 мм. Импульсы распространяются в воздухе. Рассчитать спект
частот импульсов F(ω) и спектральную плотность излучения G(ω).
Оценить основной диапазон длин волн излучения ∆λ, объемную
плотность энергии w и амплитуду вектора Е0 волн.
3.16. Найти коэффициенты Фурье а(ω) и b(ω) экспоненциально затухающей функции f (t )  f 0 e  t , где δ = const − коэффициент
затухания, при t  0 в представлении этой функции в виде:

1
a cos t  b sin t  d . Нарисовать графики зависиf t  
0

мостей а(ω) и b(ω).
3.17. Для функции, описанной в задаче 3.15, найти спектральную плотность излучения G(ω) и определить ширину частотного диапазона  на половине высоты кривой G(ω). Нарисовать
график зависимости G(ω).
3.18. Найти комплексную
спектральную амплитуду F(ω)
слабо затухающей волны, описываемой функцией:
f (t )  f 0 e  t cos  0 t , где   1 ,
при t  0 (рис. 3.7). Рассчитать
Рис. 3.7. График функции f (t) слабо спектральную плотность волны
затухающей волны.
G(ω).
§3. Преобразования Фурье в оптике
41
3.19. Определить интенсивность I0 слабо затухающей волны,
описываемой функцией: f (t )  f 0 e  t cos  0 t , где   1 , при t  0 .
3.20. Найти временное представление f(t) функции, которая имеет следующий частотный спектр (рис. 3.8):
 A0 при    0   / 2 ,
F ()  
0 при    0   / 2
F(ω)
A0
ω0
∆ω
ω
Рис. 3.8. Частотный спектр
функции f(t)
при    0 . Считать, что фазы всех колебаний в момент времени t = 0 были одинаковы.
42
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
§4. Интерференция монохроматического света

Основное уравнение двуволновой интерференции:
I  I 1  I 2  2 I 1 I 2 cos  ,
где   1   2  разность фаз интерферирующих волн в точке
наблюдения , I1 и I2 – их интенсивности.
Если I 1  I 2  I 0 , то I  2 I 0 1  cos   .
При интерференции двух линейно поляризованных волн,
плоскости поляризации которых составляют угол , основное
уравнение интерференции принимает вид:
I  I 1  I 2  2 I 1 I 2 cos  cos  .
 Видность (контраст) V интерференционной картины:
 I min
I
V  max
,
I max  I min
где I max и I min  максимальное и минимальное значения интенсивности вблизи точки наблюдения.
 Связь оптической разности хода  с разностью фаз :
k ,
2
- волновое число,  - длина волны света в вакууме.
где k 

 Порядок интерференции (или интерференционного максимума) m:

m .

 Условие интерференционных максимумов для разности
фаз:
  0,  2,  4,...,  m  2 ;
здесь и далее: m = 0, 1, 2… − целое число.
 Условие интерференционных минимумов для разности
фаз:
1

   ,3,...,  m    2 .
2

 Условие интерференционных максимумов для оптической разности хода:
  0,,2,..., m   .
§4. Интерференция монохроматического света
43
 Условие интерференционных минимумов для оптической разности хода:
 3
1

   , ,..., m     .
2
2
2

 Расстояние между двумя соседними светлыми (или темными) полосами при малых углах сходимости  (ширина интерференционной полосы) Λ:

Λ ,

где λ – длина волны.
4.1. Найти интенсивность I волны, образованной наложением
двух линейно поляризованных когерентных волн с интенсивностями I1 и I2, плоскости поляризации которых взаимно перпендикулярны.
4.2. Найти видность V интерференционной картины, полученной при наложении двух когерентных волн с интенсивностями
I1 и I 2  100 I 1 .
4.3. В наблюдаемой на экране интерференционной картине
интенсивность в максимумах в N = 9 раз больше интенсивности в
минимумах. Найти отношение интенсивностей двух линейно поляризованных интерферирующих волн.
4.4. Два точечных диполя 1 и 2, находящихся на малом расстоянии l друг от друга, излучают плоскополяризованные электромагнитные волны одинаковой частоты и ампли1l2
туды, у которых направления векторов напряженности электрического поля Е совпадают и
θ
перпендикулярны плоскости рис. 4.1. Длина
волны излучения λ, колебания излучателя 1
опережают по фазе колебания излучателя 2 на Рис. 4.1. Ориентация
α0 = π/4. В каких направлениях (угол θ отсчи- угла θ относительно
тывается от перпендикуляра к линии соедине- излучателей 1 и 2.
ния излучателей) интенсивность излучения результирующей волны будет максимальна, если: а) l = λ/4; б) l = 3λ?
44
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
4.5. Две плоские когерентные волны
одинаковой интенсивности с длиной волны
 распространяются в вакууме под неболь0
шим углом  << 1 друг к другу (рис. 4.2).
Э
Волны
падают на экран Э, установленный
Рис. 4.2.
Ориентация
так,
что
их волновые векторы k1 и k2 символновых векторов интерферирующих волн.
метричны относительно нормали к экрану.
Найти ширину  интерференционных полос, наблюдаемых на
экране, если волны линейно поляризованы в одном направлении
(перпендикулярно плоскости рисунка).
4.6. В условиях задачи 4.5 определить ширину  интерференционных полос на экране, если волновой фронт суммарной волны
составляет угол θ с плоскостью экрана.
4.7. В схеме Юнга узкая щель S
X
P (перпендикулярная
плоскости
S1
рис. 4.3) служит источником моноS
хроматического света с длиной волd
ны . Свет от щели падает на диаl
S2
фрагму с двумя узкими параллельРис. 4.3. Расположение источника ными щелями S1 и S2, расстояние
света и щелей в схеме Юнга.
между которыми равно d. Расстояние от диафрагмы до экрана l  d. Найти распределение интенсивности I(x) на экране. Определить ширину L интерференционных
полос.
4.8. Найти длину волны  монохроматического излучения,
если в опыте Юнга расстояние между двумя интерференционными
максимумами второго порядка равно ∆х = 0,2 см. Расстояние между
щелями d = 0,5 см, расстояние от щелей до экрана l = 5 м.
4.9. Во сколько раз изменится расстояние между соседними
темными полосами на экране в опыте Юнга, если зеленый светофильтр, расположенный перед щелями, заменить красным? Длина
волны света, пропускаемого зеленым светофильтром, λ1 = 500 нм, а
красным – λ2 = 650 нм.
4.10. Пучок лазерного излучения с длиной волны   630 нм
падает по нормали на диафрагму с двумя узкими щелями, расстояние между которыми d = 5 мм. За диафрагмой расположен экран, на
котором наблюдается система интерференционных полос. В какую
сторону и на какое число полос N сместится интерференционная
Х
k1
α Z
k2
§4. Интерференция монохроматического света
45
картина, если одну из щелей перекрыть прозрачной пластинкой
толщиной а = 10 мкм, изготовленной из оптического стекла с показателем преломления n = 1,63?
4.11. В интерференционной установке Юнга на пути одного из
лучей находится трубка длиной l  7,0 см с плоскопараллельными
стеклянными основаниями. Интерференционная картина наблюдается, когда трубка наполнена воздухом. При замене воздуха в трубке криптоном интерференционная картина смещается на N  16
полос. Вся установка помещена в термостат, поддерживающий постоянную температуру. Наблюдения проводят со светом D-линии
натрия ( = 589,3 нм). Принимая показатель преломления воздуха
равным n  1,000292 , определить показатель преломления криптона
nKr (nKr > n). В какую сторону смещаются полосы интерференции
при наполнении трубки криптоном?
4.12. На экране, удаленном от двух точечных когерентных точечных источников света на расстояние l = 2,4 м, получена система
интерференционных полос. Как изменится ширина интерференционных полос, если между источниками и экраном поместить собирающую линзу с фокусным расстоянием f = 20 см? Рассмотреть два
случая: а) расстояние от источников до линзы равно 2f = 40 см; б)
источники находятся в передней фокальной плоскости линзы.
4.13. В схеме, предложенной
l
Ллойдом, световая волна, падающая на
P
экран Э непосредственно от узкой щели S
S, интерферирует с волной, отразив- h
З
Э
шейся от зеркала З (рис. 4.4). РасстояРис. 4.4. Схема опыта с
ние от щели S до плоскости зеркала
зеркалом Ллойда.
h = 1 мм, расстояние от щели до экрана
l = 1 м, длина волны λ = 500 нм. На каком расстоянии х от центра
интерференционной картины будет находиться шестая светлая полоса? Считать, что фаза волны при отражении не меняется.
4.14. В опыте Ллойда (рис. 4.4) на экране (вблизи зеркала)
наблюдается система интерференционных полос с периодом . После того, как источник отодвинули от зеркала на расстояние ∆h,
ширина полос уменьшилась в α раз. Найти длину волны света ,
если расстояние от источника до экрана равно l.
46
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
4.15. В интерференционной схеме с
зеркалом
ограниченной ширины используS
ется точечный монохроматический источh
ник света S с длиной волны  = 500 нм и
З
отражающее зеркало З шириной a = 10 см
а
Э (рис. 4.5). Расстояние от источника до плосl
кости зеркала h = 5 мм, расстояние от исРис. 4.5. Схема опыта с
точника до экрана l = 1 м. Центр зеркала
зеркалом ширины а.
расположен на расстоянии l/2 от экрана.
Найти число N интерференционных полос на экране.
4.16. В интерференционной схеме
1
S
Э
с бизеркалом Френеля угол между зера
φ
калами =12 (рис. 4.6). Расстояния от
b
О
ребра бизеркала О до источника света S
и экрана Э равны a  10 см и b  120 см
2
Рис. 4.6. Интерференционная соответственно. Источник излучает свет
схема с бизеркалами Френеля.
с длиной волны  = 550 нм. Определить:
а) ширину интерференционных полос; б) число N интерференционных полос на экране.
4.17. В интерференционной схеме с бизеркалом Френеля,
описанной в задаче 4.16, определить, куда и на какую величину δх
сместится интерференционная картина на экране, если источник S
сместить на l = 1мм так, чтобы его расстояние а от ребра бизеркала не изменилось.
4.18. Как изменится интерференционная картина в схеме с
бизеркалом Френеля, описанной в задаче 4.16, если расстояние от
источника S до ребра бизеркала увеличить в 2 раза? На сколько полос ∆N изменится при этом число интерференционных полос на
экране?
4.19. Определить расстояние х между центром интерференционной картины и третьей светлой полосой в установке с бизеркалом Френеля (рис. 4.6), если  = 589 нм,   20 , а = 10 см, b = 1 м.
Интерферирующие волны падают на экран практически нормально.
4.20. Интерференционная картина получается с помощью
бипризмы Френеля с малым преломляющим углом. Источником
света с длиной волны λ служит узкая щель, параллельная ребру
бипризмы (рис. 4.7). Расстояния от бипризмы до щели S и экрана Э
равны a и b соответственно. Показатель преломления бипризмы n.
§4. Интерференция монохроматического света
47
При каком значении преломляющего угла  бипризмы ширина интерференционных полос на экране будет Λ? Найти число N полос,
наблюдаемых в этом случае.
4.21. Расстояния от стеклянной бипризмы

(показатель преломления стекла n = 1,5) с пре- S
ломляющим углом  = 20 до узкой щели и до
экрана равны соответственно a = 20 см и
Э
b = 100 см (см. рис. 4.7). Найти длину волны
а
b
света , если ширина интерференционных по- Рис. 4.7. Схема опыта
с бипризмой Френеля.
лос на экране  = 0,5 мм.
4.22. Преломляющий угол бипризмы равен ε = 10', коэффициент преломления n = 1,5. Между источником света с длиной волны
λ = 589 нм и бипризмой помещена собирающая линза так, что источник находится в её фокусе. 1) Найти расстояние ∆х между соседними темными полосами на экране. 2) Определить максимальное число интерференционных полос Nmax, которое может наблюдаться на этой установке при удалении экрана от бипризмы на расстояние b = 3 м. Чему равен макε
симальный порядок интерферен0
S
ции mmax? 3) На каком минимальном расстоянии bN от бипризмы
f
b
надо расположить экран, чтобы
Э
было N = 25 интерференционных
Рис. 4.8. Интерференционная
схема с бипризмой Френеля.
полос?
4.23. При каком расстоянии b0 от бипризмы до экрана в установке, описанной в задаче 4.22, будет наблюдаться максимальное
число интерференционных полос, если расстояние между вершинами преломляющих углов бипризмы равно Н = 2 см? Определить
это число Nmax. При каком расстоянии b1 от бипризмы до экрана
интерференционные полосы не наблюдаются?
4.24. Плоская световая волна ( = 700 нм) падает нормально
на бипризму из стекла (n = 1,52) с преломляющим углом ε = 5.
Пространство за бипризмой полностью заполнено бензолом
(n = 1,50). Найти ширину  интерференционных полос на экране,
расположенном за этой системой.
4.25. Тонкая собирающая линза с фокусным расстоянием f
разрезана пополам, а половинки линзы раздвинуты на малое расстояние h, перекрытое непрозрачным экраном. На расстоянии а > f
48
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
перед билинзой на её оси находится точечный источник S монохроматического света с длиной волны λ. Экран для наблюдения интерференционных полос установлен с противоположной стороны
билинзы на расстоянии L от неё. Найти ширину  интерференционных полос на экране.
4.26. Половинки тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием f  12 см раздвинуты на h  1,1 мм . На расстоянии
a  20 см перед билинзой находится точечный источник S монохроматического света с длиной волны   610 нм . Диаметр линзы
D = 3 см. На каком минимальном расстоянии Lmin от билинзы следует установить экран, чтобы на нем наблюдались интерференционные полосы? Определить расстояние ∆x между темными полосами на экране при L = 2Lmin.
4.27. Будут ли наблюдаться интерференционные полосы на
экране в опыте с билинзой (линза разрезана пополам, обе половины
раздвинуты), если источник света поместить перед линзой на расстоянии меньше фокусного?
4.28. Из тонкой собирающей линзы диаметром D = 2,5 см с
фокусным расстоянием f = 50 см вырезана по диаметру центральная часть шириной h = 5 мм, после чего обе половины линзы сдвинуты до соприкосновения. Источник света с длиной волны
λ = 500 нм находится на оси системы в фокальной плоскости линзы. 1) Определить ширину L интерференционных полос на экране.
2) На каком расстоянии l0 от билинзы следует расположить экран,
чтобы на нем наблюдать максимально возможное число интерференционных полос? Определить это число Nmax. 3) При каком расстоянии l1 между линзой и экраном интерференционные полосы
полностью исчезнут?
4.29. В установке с билинзой, описанной в задаче 4.28, фокусное расстояние линзы f = 40 см, её диаметр D = 4 см, ширина
вырезанной части h = 1 мм, длина волны света λ = 600 нм. На каком
минимальном расстоянии lmin от билинзы следует установить экран,
чтобы на нём было N = 11 светлых интерференционных полос?
4.30. Из тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием
f = 50 см вырезана центральная часть шириной h, и обе половинки
сдвинуты до соприкосновения. Перед билинзой находится точечный источник S монохроматического света с длиной волны
 = 600 нм. На экране за билинзой наблюдаются интерференцион-
§4. Интерференция монохроматического света
49
ные полосы, расстояние между которыми равно x = 0,5 мм и не
зависит от положения экрана. Найти ширину вырезанной части а.
4.31. Тонкую собирающую линзу с фокусным расстоянием f
разрезали по диаметру пополам и развели половинки на расстояние
h друг от друга, перекрыв зазор между ними непрозрачной пластиной. На получившуюся билинзу падает нормально плоская гармоническая электромагнитная волна с длиной . На каком расстоянии
b от билинзы следует поставить экран, чтобы ширина интерференционных полос была равна d? Изобразить схему наблюдения интерференции.
50
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
§5. Интерференция монохроматического света в тонких
пленках. Полосы равной толщины и равного наклона

Оптическая разность хода световых волн ∆:
  n  Δ0 ,
где 0 − геометрическая разность хода, n – относительный показатель преломления среды.
 Связь оптической разности хода  с разностью фаз :
k ,
2
где k 
- волновое число,  - длина волны света в вакууме.

 Оптическая разность хода ∆ в плоскопараллельной пластинке при наблюдении интерференции волн, отраженных от верхней и нижней поверхностей пластинки:
Δ  2nh cos θ   2h n 2  sin 2 θ ,
где h − толщина, n − показатель преломления пластинки, θ – угол
падения луча на пластинку, θ' – угол между лучом, идущим внутри
пластинки, и нормалью к её поверхности (см. рис. Т5.1).
Рис. Т5.1. Схема наблюдения интерференционной картины в
отраженном свете в случае плоскопараллельной пластинки.
Разность фаз  световых колебаний в точке наблюдения Р, с
учетом изменения на π фазы волны при отражении на передней
поверхности пластинки, равна
4 h
n 2  sin 2    .

 Радиусы rm колец Ньютона при наблюдении интерференции в отраженном свете от границ воздушного слоя между
  k Δ   
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
51
стеклянной пластинкой и выпуклой поверхностью линзы с радиусом кривизны R:
rm  mR / 2 ,
причем кольца светлые, если m  1, 3, 5,.... , и темные, если
m  2, 4, 6,.... .
 Интерферометр Майкельсона.
З2
З2
∆l
α
П
З1 З'2
б)
а)
З1 З'2
Рис. Т5.2. Оптическая схема интерферометра Майкельсона:
а) для получения полос равного наклона; б) для получения
полос равной толщины.
На рис. Т5.2 З1 и З2 – зеркала, ∆l – разность длин плеч интерферометра. Когда зеркала установлены перпендикулярно друг
другу, а их плечи не равны, можно наблюдать полосы равного
наклона (а); когда зеркала установлены под малым углом друг к
другу, наблюдаются полосы равной толщины (б).
S
Р
5.1. Луч света от точечного источθ
ника S падает на плоскопараллельную
пластинку толщиной h под углом . Показатель преломления
пластинки n,
h
длина волны света λ. Интерференционная картина наблюдается в фокальной
плоскости линзы (т. Р на рис. 5.1). Найти Рис. 5.1. Отражение луча от
оптическую разность хода ∆ между лу- границы плоскопараллельной
чами, приходящими в т. Р после одно- пластинки.
52
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
кратного отражения света от обеих поверхностей пластинки.
5.2. Источник
света S находится на
расстоянии Н = 1 м
от тонкой слюдяной
пластинки толщиной
h с показателем преломления
n = 1,4
(рис. 5.2). На таком
Рис. 5.2. Схема получения интерференционной кар- же расстоянии от
тины от точечного источника S с помощью тонкой пластинки располослюдяной пластинки.
жен
небольшой
экран Э, ориентированный перпендикулярно отраженным лучам.
На экране наблюдаются интерференционные полосы. Угол θ = 60,
длина волны λ = 600 нм. Найти толщину пластинки h и ширину Λ
интерференционных полос, если порядок интерференционной полосы в центре экрана равен m = 500.
5.3. Рассеянный монохроматический свет с длиной волны
λ = 600 нм падает на тонкую стеклянную пластинку с показателем
преломления n = 1,5. Угловое расстояние между соседними
максимумами, наблюдаемыми в отраженном свете под углами,
близкими к θ = 45, равно δθ = 3. Определить толщину d
пластинки.
5.4. С помощью зрительной трубы,
установленной «на бесконечность»,
S
наблюдают интерференционные полосы
1
θ
на поверхности тонкой плоскопарал2
лельной стеклянной (n = 1,5) пластинки
h
толщиной h. Угол наблюдения  можно
изменять в пределах от 0 до 90
Рис. 5.3. Наблюдение интер- (рис. 5.3). Длина волны света λ = 600 нм.
ференционной картины в Найти толщину пластинки h, если разотраженном свете.
ность между максимальным mmax и минимальным mmin порядками интерференции равна m = 300.
5.5. Темной или светлой будет в отраженном свете находящиеся в воздухе мыльная пленка (n = 1,33), при освещении её нормально падающим световым пучком с длиной волны λ, если толщина пленки не превышает /10?
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
53
5.6. На пластинку слюды с показателем преломления n = 1,6
падает свет с длиной волны  = 610 нм. При каких минимальных
значениях толщины пластинки d интерференционные полосы в отраженном свете исчезают?
5.7. На тонкую мыльную пленку (n = 1,33) падает пучок белого света под углом θ = 45°. При какой толщине пленки она
наиболее сильно окрашена в зеленый цвет ( = 550 нм), если смотреть под углом зеркального отражения?
5.8. На тонкую пленку толщиной d = 370 нм падает под углом
θ параллельный пучок белого света. Показатель преломления пленки n = 1,4. В какой цвет будет окрашен свет, отраженный пленкой,
если угол θ равен: а) 30°; б) 60°?
5.9. Найти минимальную толщину d пленки с показателем
преломления n = 1,33, при которой свет с длиной волны 1 = 640 нм
испытывает максимальное отражение, а свет с длиной волны
2 = 400 нм практически не отражается. Угол падения света равен
 = 30.
5.10. На плоскопараллельную слюдяную пластинку с показателем преломления n = 1,6, находящуюся в воздухе, падает нормально параллельный пучок белого света. 1) При какой наименьшей толщине d1min пластинки она будет наиболее прозрачна для
света с длиной волны 1 = 600 нм (желтый цвет)? 2) При какой
наименьшей толщине d2min пластинка наиболее прозрачна одновременно для света с длинами волн λ1 и 2 = 500 нм (голубой цвет)?
5.11. Плоская световая волна с длиной волны λ = 550 нм падает на поверхность стеклянного клина под углом θ = 15° к нормали. Показатель преломления стекла n = 1,5, угол при вершине клина α = 1'. Определить расстояние Λ между двумя соседними темными полосами на поверхности клина при наблюдении интерференции в отраженном свете.
5.12. Для интерференции на стеклянном клине, описанном в
задаче 5.11, определить, какое расстояние ∆х будет между полосами на экране, установленном нормально к отраженным пучкам?
5.13. Свет с длиной волны  = 550 нм от удаленного точечного источника падает нормально на поверхность стеклянного клина
(n = 1,5). В отраженном свете ширина интерференционных полос
на поверхности клина равна Λ= 0,21 мм. Найти угол α между гранями клина.
54
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
5.14. Мыльная пленка, расположенная вертикально, имеет
форму клина вследствие стекания жидкости. Наблюдение интерференционной картины ведется в отраженном свете зеленой линии
ртутной лампы (λ = 546 нм) перпендикулярно поверхности пленки.
Расстояние между N = 5 интерференционными полосами составило l = 2 см. Показатель преломления мыльной воды n = 1,33. Определить угол α между гранями клина.
5.15. Расположенная вертикально проволочная рамка затянута мыльной пленкой. При наблюдении в отраженном свете через
красное стекло (λ1 = 630 нм) расстояние между соседними красными полосами равно Λ1= 3 мм. Затем красное стекло заменяется на
синее (λ2 = 400 нм). Определить расстояние Λ2 между соседними
синими полосами. Считать, что за время измерений толщина пленки не изменилась.
5.16. Интерференционные полосы равной толщины наблюдаются в отраженном свете на поверхности воздушного клина
между двумя стеклянными пластинками с углом при вершине
 = 1. Клин освещается параллельным пучком света с длиной волны λ = 546 нм, перпендикулярным поверхности одной из пластин
(рис. 5.4). Темная или светлая полоса будет наблюдаться вблизи
вершины клина? Определить:
а) расстояние Λ между двумя
соседними
полосами;
б) расстояние xk от вершины
клина до k =10-ой темной
полосы и толщину hk клина в
этом месте.
5.17. С помощью возРис. 5.4. Формирование интерференцион- душного клина с углом при
ной картины в воздушным клине между вершине  наблюдают полодвумя стеклянными пластинками.
сы равной толщины в отраженном монохроматическом свете. Свет падает на клин нормально.
Найти распределение освещенности Е в интерференционной картине на поверхности клина. Считать интенсивности световых пучков, отраженных от обеих поверхностей клина, одинаковыми и
равными I0.
5.18. На стеклянную пластинку положена выпуклой стороной плоско-выпуклая линза. При нормальном падении на плоскую
границу линзы света с длиной волны λ радиус k-го темного кольца
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
55
равен rk. Определить радиус кривизны R выпуклой поверхности
линзы.
5.19. На стеклянную пластинку положена выпуклой стороной плоско-выпуклая линза с радиусом кривизны сферической поверхности R = 15 м. Наблюдение ведется в отраженном свете. Расстояние между 4-м и 25-м кольцами Ньютона равно ∆r = 9 мм.
Определить длину волны λ света, падающего нормально на линзу.
5.20. Плоско-выпуклая стеклянная линза соприкасается выпуклой поверхностью со стеклянной пластинкой. Установка освещается нормально падающим белым светом, наблюдение ведется в
проходящем свете. При использовании синего светофильтра
(λ1 = 400 нм) радиус четвертого светлого кольца равен r4 = 2,8 мм.
Определить радиус третьего светлого кольца r3 при замене светофильтра на красный (λ2 = 630 нм).
5.21. На стеклянную пластинку положена выпуклой стороной
плоско-выпуклая линза. Наблюдение ведется в отраженном свете.
Найти расстояние d2 между третьим и шестнадцатым кольцами
Ньютона, если расстояние между вторым и двадцатым кольцами
равно d1 = 4,8 мм.
5.22. На стеклянную пластинку положена выпуклой стороной плоско-выпуклая линза с радиусом кривизны сферической поверхности R = 10 м, а пространство между линзой и пластинкой
заполнено жидкостью. Наблюдение ведется в проходящем свете,
длина волны λ = 589 нм. Определить показатель преломления n
жидкости, если радиус третьего светлого кольца равен r3 = 3,65 мм.
5.23. Плоско-выпуклая стеклянная линза соприкасается выпуклой поверхностью со стеклянной пластинкой. Найти фокусное
расстояние f линзы, если в отраженном свете радиус третьего светлого кольца равен r = 1,1 мм. Показатель преломления стекла
n = 1,5, длина волны света λ = 589 нм.
5.24. Обращенная выпуклой поверхностью вниз плосковыпуклая линза закреплена неподвижно. Под линзой на небольшом расстоянии от неё находится стеклянная пластинка, которую
можно перемещать по вертикали в направлении, перпендикулярном пластинке. Сверху линзу освещают монохроматическим светом и наблюдают в отраженном свете кольца Ньютона. Что будет
происходить с интерференционной картиной, если зазор между
линзой и пластинкой: а) увеличивать, б) уменьшать?
56
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
5.25. Плоско-выпуклая стеклянная линза c радиусом кривизны сферической поверхности R = 40 см соприкасается выпуклой
поверхностью со стеклянной пластинкой. При этом в отраженном
свете радиус некоторого темного кольца r = 2,5 мм. Наблюдая за
данным кольцом, линзу осторожно отодвинули от пластинки на
d = 5,0 мкм. Каким стал радиус r' этого кольца?
5.26. Плоско-выпуклая стеклянная линза c радиусом кривизны сферической поверхности R = 10,2 см лежит на стеклянной пластинке, причем из-за попадания пылинки между выпуклой поверхностью линзы и пластинкой нет контакта. Диаметры пятого и пятнадцатого темных колец Ньютона в отраженном свете равны
d1 = 0,7 мм и d2 = 1,7 мм. Определить длину волны λ света.
5.27. Плоскопараллельная стеклянная пластинка лежит на
одной из поверхностей двояковыпуклой тонкой стеклянной линзы.
При наблюдении колец Ньютона в отраженном свете с длиной волны λ = 589 нм радиус темного кольца порядка m = 20 равен
х1 = 2 мм. Когда пластинку положили на другую поверхность линзы, радиус темного кольца того же порядка стал равен х2 = 4 мм.
Показатель преломления стекла n = 1,5. Определить фокусное расстояние f линзы.
5.28. Две тонкие симметричные
стеклянные линзы (двояковыпуклая и
двояковогнутая) придвинуты вплотную друг к другу (рис. 5.5). В окрестности точки их соприкосновения в отраженном свете с длиной волны
 = 500 нм наблюдают интерференционные кольца Ньютона. Найти радиус
Рис. 5.5. Оптическая систевосьмого темного кольца r8, если опма из двух тонких симметтическая сила системы из двух линз
ричных линз.
равна Ф = 5 дптр. Показатель преломления стекла n = 1,5.
5.29. На вершине сферической поверхности плосковыпуклой стеклянной линзы имеется сошлифованный плоский
участок радиуса r0 = 3,0 мм, которым она соприкасается со стеклянной пластинкой. Радиус кривизны выпуклой поверхности линзы R = 150 см. Найти радиус шестого светлого кольца Ньютона в
отраженном свете с длиной волны λ = 600 нм.
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
57
5.30. Кольца Ньютона получаются между двумя плосковыпуклыми линзами, прижатыми друг к другу своими выпуклыми
поверхностями. Наблюдение ведется в отраженном свете. Найти
радиус rm m-го темного кольца, если длина световой волны равна ,
а радиусы кривизны выпуклых поверхностей линз равны R1 и R2.
5.31. Две плоско-выпуклые тонкие стеклянные линзы
(n = 1,5) соприкасаются своими сферическими поверхностями. При
наблюдении колец Ньютона в отраженном свете диаметр пятого
светлого кольца равен d = 1,5 мм. Найти длину волны λ света, если
оптическая сила системы Ф = 2,4 дптр.
5.32. При наблюдении полос равной толщины в интерферометре Майкельсона для смещения интерференционной картины на
N = 500 полос потребовалось переместить подвижное зеркало на
расстояние ∆х = 161 мкм. Определить длину волны λ света.
5.33. Для измерения показателя преломления аммиака в одно
из плеч интерферометра Майкельсона поместили цилиндрический
сосуд
с
аммиаком
длиной
З2
l = 14 см. Торцы сосуда закрыты
плоскопараллельными стеклами, а
h
разность хода, вызванная ими, в
приборе скомпенсирована. При
П
этом интерференционная картина S
сместилась на N = 180 полос.
Длина волны света λ = 590 нм.
L З1 З'2
Найти показатель преломления n
f
χk
r
Э
аммиака.
r
0 k
5.34. В схеме с интерфероРис. 5.6. Оптическая схема интер-
метром Майкельсона используется
ферометра Майкельсона.
протяженный источник света S с
длиной
волны
λ = 550 нм
(рис. 5.6). Зеркала З1 и З2 перпендикулярны друг другу, различие
плеч интерферометра h = 1,1 см. Интерферирующие лучи проходят
через линзу L, в фокальной плоскости которой находится экран Э.
Фокусное расстояние линзы f = 1 м. Найти связь между радиусами
rk интерференционных колец на экране и их номерами k, отсчитываемыми от центрального пятна. Рассчитать радиусы первых трех
колец r1, r2, r3.
58
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
5.35. В интерферометре Майкельсона точечный источник
света S с длиной волны λ находится в фокусе тонкой собирающей
линзы. Плечи интерферометра одинаковы, одно из зеркал повернуто на малый угол α (рис. 5.7). Определить расстояние Λ между интерференционными полосами. На каком расстоянии хm от центра
интерференционной картины находится m–я светлая полоса?
З2
α
S
П
З1 З'2
Рис. 5.7. Оптическая схема интерферометра Майкельсона для получения
полос равной толщины.
α
Рис. 5.8. Схема интерферометра Жамена.
5.36. Интерферометр Жамена состоит из двух одинаковых
плоскопараллельных стеклянных пластин (рис. 5.8). При падении
пучка света на первую пластину он, отражаясь от её внешней и
внутренней поверхностей, расщепляется на два пучка. Интерференция возникает после отражения от второй пластины между пучками, каждый из которых испытал по одному отражению от разных
поверхностей пластины. Интерферометр используется для измерения показателей преломления газов, кюветы с которыми помещают
на пути лучей между пластинами. Пусть сначала пластины параллельны и пучок света падает на первую пластину под углом α = 45°.
Если вторую пластину повернуть на угол ε = 10', то интерференционная картина смещается на N = 68 полос. Найти длину волны λ
падающего света, если толщина пластин интерферометра равна
h = 1 см.
§6. Интерференция квазимонохроматического света
59
§6. Интерференция квазимонохроматического света

Видность V интерференционной картины:
I
 I min
,
V  max
I max  I min
где I max и I min  максимальное и минимальное значения интенсивности вблизи точки наблюдения.

Время когерентности  время, по истечению которого
разность фаз волн в некоторой, но одной и той же точке пространства, изменяется на .
 Связь времени когерентности τког с частотным диапазоном ∆ω (или ) квазимонохроматического света:
2
1
.
 ког 

 
 Длина когерентности lког:
2
l ког  с ког  0 ,

где λ0 – средняя длина волны излучения, δλ – ширина спектра.
 Минимальный порядок mпроп интерференции, при котором пропадает интерференционная картина:

l
mпроп  ког  0 .


 Основное уравнение интерференции квазимонохроматического света (в случае равных интенсивностей I 1  I 2  I 0 интерферирующих волн):
I    2I 0 1     cos0     ,
где   t   t    ,    комплексная степень когерентности.

Комплексная степень когерентности    :
 
   
0 
где    Eк t Eк t   
T
− комплексная функция корреляции,
   / c − время задержки одной волны относительно другой в
точке наблюдения, ∆ − оптическая разность хода волн в точке
наблюдения.
60
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
 Связь видности V с комплексной степенью когерентности   :
V    .
6.1. Оценить длину когерентности lког для: а) белого света с
диапазоном длин волн от λ1 = 400 нм до λ2 = 800 нм; б) излучения
гелий-неонового лазера, считая, что спектральная ширина его излучения определяется доплеровским механизмом уширения и составляет ∆ν = 1,2 ГГц.
6.2. В некоторой интерференционной установке на пути белого света был установлен один раз красный, а другой раз зеленый
светофильтр. У обоих светофильтров полоса пропускания ∆λ одинакова. В каком свете – красном или зеленом – число различимых
интерференционных полос будет больше и во сколько раз? Длина
волны красного света λ1 = 640 нм, зеленого – λ2 = 540 нм.
6.3. При измерении длины волны достаточно узкой красной
линии кадмия (λ = 6438,4 Å методом двухволновой интерференции
А. Майкельсону удалось наблюдать интерференционные полосы
при разности хода вплоть до ∆ = 5ꞏ105λ. Оценить ширину ∆λ этой
линии.
6.4. Светофильтр на входе интерферометра Майкельсона
пропускает свет с длиной волны λ = 550 нм. При этом в поле зрения на выходе отчетливо наблюдаются N = 110 интерференционных полос. Определить полосу пропускания ∆λ светофильтра.
6.5. Бизеркало Френеля освещается белым светом от точечного источника. Какой вид имеет интерференционная картина?
Оценить максимальный порядок mmax наблюдаемых полос.
6.6. Найти ширину спектра  квазимонохроматического излучения, если в опыте Юнга расстояние между первым интерференционным максимумом и центральной полосой равно
х1 = 0,05 см, а интерференционные полосы пропадают на расстоянии x2 = 10 см от центральной полосы. Расстояние между щелями
d = 0,5 см, расстояние от щелей до экрана l = 5 м.
§6. Интерференция квазимонохроматического света
61
6.7. В интерференционной схеме с бипризмой используется
пучок квазимонохроматического света (средняя длина волны λ).
Преломляющий угол бипризмы α, показатель преломления n.
Определить степень немонохроматичности света ∆λ/λ, если ширина
интерференционной картины на экране равна x (меньше, чем в
случае монохроматической волны).
6.8. В интерференционной схеме с бипризмой Френеля (преломляющий угол  = 20, показатель преломления n = 1,5) экран и
точечный источник квазимонохроматического света ( = 600 нм;
 = 20 нм) находятся на одинаковых расстояниях от бипризмы. На
каком расстоянии х от центра интерференционной картины на
экране интерференционные полосы размываются?
6.9. Из тонкой собирающей линзы (диаметр D = 2,5 см, фокусное расстояние f = 50 см) вырезана центральная часть шириной
h = 5 мм, после чего обе половины линзы сдвинуты до соприкосновения. Источник квазимонохроматического света (0 = 500 нм,
 = 10 нм) находится на оси системы в фокальной плоскости линзы. На каком расстоянии l от билинзы следует расположить экран,
чтобы на нем наблюдалось максимально возможное число интерференционных полос?
6.10. В интерференционной схеме с бизеркалом Френеля угол
между зеркалами =12. Расстояния от ребра бизеркала до источника света и экрана равны a  10 см и b  120 см соответственно.
Источник излучает квазимонохроматический свет со средней длиной волны  = 550 нм. Оценить допустимую немонохроматичность
 света, при которой ширина зоны интерференции на экране будет не уже, чем при наблюдении в монохроматическом свете.
6.11. Свет от далекого S
точечного источника S падает
Ф
на фотоприемник ФП 
h
непосредственно и зеркально
З
α
отразившись от горизонтальной плоскости (рис. 6.1). При Рис. 6.1. Схема измерения фототока в интерференционной картине от источника
вертикальном перемещении света S с использованием плоского зеркала.
источника
фотоприемник
регистрирует изменение интенсивности падающего на него света.
Оценить максимальный угол α возвышения источника над горизонтом, при котором еще заметны изменения фототока, если перед ФП
62
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
установлен светофильтр с полосой пропускания ν  3  1011 Гц.
Входное отверстие ФП находится на высоте h  1 см над отражающей плоскостью.
6.12. Точечный квазимонохроматический источник света S
(длина волны , ширина спектра  << ) находится на
расстоянии h от плоского зеркала (рис. 6.2). На экране,
расположенном
перпендикулярно
зеркалу,
наблюдается
интерференционная картина, которая пропадает в точке с
координатой x0. После смещения
Х
l
Э источника перпендикулярно к зеркалу
х0 в точке с координатой x  х / 5
S
1
0
х1 наблюдается
максимум
порядка
h
З
0 m = 2. На какое расстояние ∆h и в
Рис. 6.2. Схема опыта с зеркалом Ллойда.
какую сторону был смещен источник севта?
6.13. В опыте с интерферометром Майкельсона используется
квазимонохроматический свет с узким прямоугольным частотным
спектром (δνν0) (рис. 6.3). Из интерI(ν)
ферометра выходят два линейно поляриI0/δν
зованных в одном направлении пучка, с
одинаковой
интенсивностью I0 и с оптиν
ν0
0
ческой разностью хода . Как зависит
δν
интенсивность света I на выходе от
Рис. 6.3. Зависимость интен- разности хода  пучков в интерферосивности I источника от ча- метре? Построить график зависимости
стоты ν.
I(∆).
6.14. В схеме Юнга щели S1 и S2 освещаются квазимонохроматическим светом (δ  0). Найти распределение интенсивности
I(x) и видность V интерференционной картины. Определить ширину интерференционной картины Х на экране, если расстояние
между щелями d, а расстояние от щелей до экрана равно l (l  d).
6.15. В задаче 6.13 рассчитать комплексную степень когерентности γ(τ), где    / c − время задержки одной волны относительно другой в точке наблюдения, ∆ − оптическая разность хода
волн в точке наблюдения. Использовать временной подход при
описании интерференции квазимонохроматического света.
§6. Интерференция квазимонохроматического света
63
6.16. Плоская квазимонохроматическая волна (длина
волны ) падает нормально на непрозрачную диафрагму с двумя
узкими щелями, при этом на экране наблюдается система
интерференционных полос. Одну из щелей перекрывают
стеклянной пластинкой толщиной h (показатель преломления n).
Найти ширину спектра  источника, если в результате в центре
экрана картина оказалась
размытой.
6.17. Полосы равного
наклона наблюдаются в отраженном свете при падении света от точечного источника на плоскопараллельный воздушный слой
между двумя стеклянными Рис. 6.4. Формирование интерференционпластинками. Наблюдение ной картины в воздушным клине между
ведется с помощью зри- двумя стеклянными пластинками.
тельной трубы, перпендикулярной пластинкам. Средняя длина
волны света λ0 = 500 нм, толщина воздушного зазора h = 10 мкм.
Какая картина будет наблюдаться в поле зрения трубы, если степень монохроматичности света λ/∆λ равна: а) 30; б) 1000?
6.18. Для задачи 5.4 оценить допустимую немонохроматичность δλ источника, при которой все интерференционные полосы
будут достаточно четкими.
6.19. Интерференционные полосы равной толщины наблюдаются на поверхности воздушного клина между двумя стеклянными пластинками с углом при вершине  = 1 (рис. 6.4). Полосы
получаются в свете зеленой линии ртути (λ0 = 546,1 нм,
δλ = 0,01 нм). Определить: 1) максимальное число N полос, которые можно было бы увидеть, если бы размеры клина не были ограничены; 2) расстояние x от вершины клина до последней наблюдаемой полосы и толщину h клина в этом месте.
6.20. Интерференционные полосы равной толщины наблюдаются в отраженном свете при нормальном падении плоской волны на воздушный клин между двумя стеклянными пластинками.
Наблюдение ведется с помощью зрительной трубы, перпендикулярной пластинкам (рис. 6.5). Зазоры между краями пластиной
h1 = 30 мкм, h2 = 60 мкм. Средняя длина волны света λ0 = 600 нм.
64
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
Какая картина будет наблюдаться в поле
зрения трубы, если степень монохроматичности света λ/∆λ равна: а) 500; б) 130?
6.21. Свет от удаленного источника
h1 с длиной волны λ = 5500 Å падает на поh2
верхность стеклянного клина под углом
Рис. 6.5. Наблюдение ин- φ = 15°. Показатель преломления стекла
терференционной картины n = 1,5, угол при вершине клина α = 1'. На
на воздушном клине.
каком расстоянии х от вершины клина
интерференционные полосы, наблюдаемые в отраженном свете,
исчезнут, если степень немонохроматичности света δλ/λ = 0,01?
6.22. Расположенная вертикально проволочная рамка затянута мыльной пленкой (показатель преломления n = 1,33), которая
образует клин вследствие стекания жидкости. При освещении
пленки падающим нормально зеленым светом с длиной волны
λ0 = 530 нм и степенью монохроматичности λ/∆λ = 1000 на верхней
части пленки наблюдаются в отраженном свете интерференционные полосы равной толщины. Оценить толщину пленки h в месте
пропадания полос.
6.23. При освещении прозрачной клиновидной пластинки
нормально падающим квазимонохроматическим зеленым светом
(λ1 = 550 нм) на половине длины пластинки наблюдаются интерференционные полосы равной толщины. На какой части ∆l/l пластинки будут наблюдаться полосы, если осветить красным светом
(λ2 = 530 нм), степень монохроматичности которого λ/∆λ в 1,2 раза
больше, чем у зеленого света?
6.24. В опыте с интерферометром Майкельсона используется
свет от источника, спектр излучения которого  две узкие линии (1
и 2) с равными интенсивностями. Из интерферометра в одном
направлении выходят два пучка с одинаковой интенсивностью I0 и
с оптической разностью хода . Как зависит интенсивность света
I на выходе интерферометра от разности хода , если оба пучка
линейно поляризованы в одном направлении? Нарисовать график
зависимости I(∆). Рассчитать видность V интерференционной картины.
6.25. В интерферометре Майкельсона использовалась желтая
линия натрия (средняя длина волны λср = 589,3 нм), состоящая из
двух компонент. Найти разность длин волн ∆λ этих компонент, ес-
§6. Интерференция квазимонохроматического света
65
ли контраст интерференционной картины был минимален у полос с
номерами N1 = 490, N2 =1470 и т.д., а максимален у центральной
полосы и полос с номерами N3 = 980, N4 = 1960 и т.д.
6.26. В установке для наблюдения колец Ньютона плосковыпуклая линза может перемещаться в направлении, перпендикулярном пластине. Как будет меняться резкость колец при перемещении линзы, если они наблюдаются в отраженном свете желтой
линии натрия, состоящей из двух компонент с длинами волн
λ1 = 589,0 нм и λ2 = 589,6 нм?
6.27. В интерферометре Майкельсона использовалась оранжевая линия ртути, состоящая из двух компонент с длинами волн
λ1 = 576,97 нм и λ2 = 579,03 нм. При перемещении одного из зеркал
интерференционная картина периодически исчезала. Найти перемещение ∆l зеркала между двумя последовательными появлениями
наиболее четкой картины.
6.28. В опыте с интерферометром Майкельсона используется
квазимонохроматический свет, спектр которого  две узкие линии
1 и 2 (  1,λ2) одинаковой интенсивности и одинаковой ширины  (2  ) каждая. Из интерферометра выходят два пучка
с одинаковой интенсивностью I0, линейно поляризованных в одном
направлении. Как зависит интенсивность света I на выходе от
разности хода  пучков в интерферометре? Рассчитать видность V
интерференционной картины.
6.29. При наблюдении колец Ньютона в отраженном свете с
желтой линией натрия (средняя длина волны λср = 589,3 нм) Физо
наблюдал первое исчезновение интерференционной картины через
m1 = 490 колец и далее насчитал n = 52 порядка по ∆m = 980 колец
в каждом. Зная, что желтая линия натрия состоит из двух компонент с длинами волн λ1 и λ2 и считая ширину δλ и интенсивность I0
каждой линии одинаковыми, а    2   1 , найти разность длин
волн    2   1 (∆λ << λср) и ширину δλ каждой линии.
66
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
§7. Интерференция света от протяженных источников

Апертура интерференции Ω:
d
 ,
L
где d – база интерференции, L − расстояние от источника до
диафрагмы с двумя щелями S1 и S2 (для схемы Юнга) (см.
рис. Т7.1).


Рис. Т7.1. Схема Юнга в случае
протяженного источника.
 Радиус
пространственной когерентности rк:
λ
λ
rк  L  ,

D
D
где D – поперечный размер источника,  
− угловой размер
L
источника, L − расстояние от источника до диафрагмы с щелями, 
 длина световой волны.
 Условие полного размытия интерференционной картины:
d
D
Dd
 1 , или   1 , или
1.
L


L
 Условие хорошей видности (достаточной отчетливости)
интерференционной картины:
Dd 1
 .
L 2
§7. Интерференция света от протяженных источников
67
7.1. В схеме Юнга узкая
Э
B
S1
щель S, перпендикулярная
ξ S
плоскости рис. 7.1, служит О'
d О
источником монохроматичеS2
P
ского света с длиной волны
L
l
. В непрозрачной диафрагме В имеются две узкие па- Рис. 7.1. Расположение источника света S
раллельные щели S1 и S2, и щелей и экрана в схеме Юнга.
расстояние между которыми равно d. Расстояния от источника S до
диафрагмы и от диафрагмы до экрана равны L и l (L,l  d) соответственно. Первоначально щель S находилась на оси симметрии
ОО' системы, а затем её сдвигают перпендикулярно ОО' на расстояние ξ. На какое расстояние х0 на экране Э сместится при этом максимум нулевого порядка? Как изменится интерференционная картина на экране?
7.2. В схеме Юнга источником монохроматического света с
длиной волны  служит щель
Э
B
S1
ширины D (рис. 7.2). Расстояния
S
от источника до диафрагмы с D
d О
О'
двумя щелями L и от диафрагмы
S2
P
до экрана l много больше расL
l
стояния между щелями d. При
каких значениях ширины щели Рис. 7.2. Схема Юнга с протяженным
D интерференционная картина источником.
остается достаточно контрастной?
7.3. В схеме Юнга с протяженным источником, описанной в
задаче 7.2, найти распределение интенсивности I на экране в зависимости от поперечного размера источника D. Рассчитать видность
V интерференционной картины и построить график зависимости V(D).
7.4. С какого максимального расстояния Lmax можно различить
глазом две светящиеся точки, расстояние между которыми
D = 5 см? Диаметр зрачка глаза считать равным d = 1 мм. Средняя
длина волны света λ = 500 нм.
7.5. С какого расстояния можно различить две светящиеся
точки, расстояние между которыми D = 5 см, если использовать
подзорную трубу, диаметр входного отверстия которой равен
d = 10 см? Средняя длина волны света λ = 500 нм.
7.6. Какого размера D объект на поверхности Луны можно рассмотреть в телескоп с Земли, если диаметр главного зеркала равен
68
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
d = 6 м? Расстояние от Земли до Луны равно L = 3,84 105 км. Средняя длина волны света λ = 540 нм.
7.7. На диафрагму с двумя узкими параллельными щелями
падают лучи непосредственно от Солнца. При каком расстоянии d
между щелями за диафрагмой могут наблюдаться интерференционные полосы, если угловой диаметр Солнца ψ = 0,01 рад? Считать, что средняя длина волны солнечного излучения λ = 500 нм.
7.8. Оценить радиус когерентности rк излучения (в видимом
диапазоне) от звезды Бетельгейзе, если ее угловой размер
ψ = 108 рад. Средняя длина волны света λ = 500 нм.
7.9. Оценить радиус когерентности rк прямого солнечного
света (средняя длина волны солнечного излучения λ = 500 нм) на
поверхности Земли. Расстояние от Земли до Солнца L = 1,5ꞏ108 км,
диаметр Солнца D = 7ꞏ105 км.
7.10. В интерференционной схе1
S
Э
ме с бизеркалом Френеля угол между
а
φ
зеркалами =12’ (рис. 7.3). Расстояния
b
О
от ребра бизеркала до источника света
S и экрана Э равны a = 10 см и
2
Рис. 7.3. Интерференционная b = 90 см соответственно. Источник
схема с бизеркалами Френеля. излучает
свет с длиной волны
 = 696 нм. При какой ширине источника Dпроп интерференционные полосы на экране полностью размыты?
7.11. В интерференционной схеме с бизеркалом Френеля источником света служит узкая щель, параллельная линии пересечения зеркал и находящаяся на расстоянии r от неё. Угол между зеркалами мал и равен ε. Экран расположен на расстоянии b = 9r от
линии пересечения зеркал. Источник излучает свет с длиной волны
λ. При каких значениях ширины щели D картина интерференционных полос на экране достаточно четкая?
Э
7.12. Бипризма Френеля освещается
светом с длиной волны λ = 500 нм, исхоε
S
дящим из узкой щели шириной D
(рис. 7.4), перпендикулярной плоскости
рисунка. Преломляющий угол бипризмы
 = 15, показатель преломления n = 1,5.
b
а
Расстояние от щели до бипризмы
Рис. 7.4. Схема опыта
а = 50 см, от бипризмы до экрана
с бипризмой Френеля.
b = 400 см. При каком максимальном зна-
§7. Интерференция света от протяженных источников
69
чении ширины щели D интерференционная картина на экране ещё
достаточно четкая?
7.13. Пучок света с длиной волφ
ны  = 500 нм приходит от удаленного
0
источника и падает на бипризму из Н
стекла с показателем преломления
l
n  1,5 и с преломляющим углом
Э
 = 10−2 рад (рис. 7.5). Оценить допу- Рис. 7.5. Интерференционная
стимый угловой размер ψ источника в схема с бипризмой Френеля.
этом интерференционном опыте, если
ширина бипризмы H  2 см, а экран расположен: а) на расстоянии
l0, обеспечивающем наблюдение максимально возможного числа
интерференционных полос; б) на расстоянии l = 30 см.
7.14. Из тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием
f вырезана центральная часть шириной h, а половинки сдвинуты до
соприкосновения. Источник света с длиной волны λ находится на
оси системы в фокальной плоскости линзы. Экран расположен с
противоположной стороны билинзы на расстоянии l от неё, которое
меньше того расстояния, при котором можно наблюдать максимальное число интерференционных полос. При каком поперечном
размере D источника полосы на экране полностью исчезают?
7.15. Половинки линзы с фокусным расстоянием f  12 см
раздвинуты на расстояние h  1,1 мм. Каким должен быть диаметр
светящейся нити D в установке с билинзой, чтобы получить отчетливую интерференционную картину? Расстояния от билинзы до
нити и экрана равны а = 50 см и l = 480 см соответственно. Длина
волны используемого света  = 610 нм.
7.16. В интерференционной схеме с зеркалом Ллойда
(рис. 7.6) световая волна, падающая на экран Э непосредственно от
щели S, интерферирует с волной, отl
Э
разившейся от зеркала З (рис. 7.6).
P
D S
Расстояние от щели S до плоскости
зеркала h = 1 мм, расстояние от щели h
З
0
до экрана l = 1 м, длина волны
Рис.
7.6.
Схема
опыта
с
зеркаλ = 500 нм. На каком расстоянии х от
полосы нулевого порядка интерфе- лом Ллойда.
ренционная картина на экране полностью размыта, если ширина
щели D = 0,01 мм?
70
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
7.17. Интерференционные полосы равной толщины наблюдаются в отраженном свете
на поверхности воздушного
клина между двумя стеклянными пластинками с углом
при вершине  (рис. 7.7).
Полосы получаются в свете
зеленой
линии
ртути
(λ = 546,1 нм, δλ = 0,01 нм).
Рис. 7.7. Формирование интерференционОпределить
максимально
ной картины в воздушным клине между
допустимое
угловое
расхождвумя стеклянными пластинками.
дение δ лучей,
чтобы
можно было наблюдать все полосы (при неограниченных размерах
клина).
7.18. Какую ширину D может иметь источник света в интерферометре Майкельсона (рис. 7.8), если зеркала интерферометра
расположены на неодинаковых расстояниях от делительной пластинки (l = 0,2 мм)? Какой вид будет иметь интерференционная
картина? Определить порядок интерференции m0 в центре картины.
Фокусное расстояние коллиматора равно f = 25 см; длина волны
света λ = 500 нм.
З2
∆l
k
D
k
f
З1 З2
Рис. 7.8. Оптическая схема интерферометра Майкельсона.
7.19. Звездный интерферометр
Майкельсона предназначен для измеЗ3 З4
рения угловых диаметров звезд
З1
З2 (рис. 7.9). Зеркала З1, З2, З3, З4 направляют в объектив телескопа два пучка
света, интерферирующих друг с другом
f
в фокальной плоскости объектива. Расстояние между зеркалами З1 и З2 можно
Рис. 7.9. Схеме звездного ин- менять. При измерении углового диатерферометра Майкельсона.
метра гигантской красной звезды Бе-
§7. Интерференция света от протяженных источников
71
тельгейзе Майкельсон нашел, что интерференционные полосы исчезают, когда расстояние между внешними зеркалами З1 и З2 увеличивается до d = 306,5 см. Считая, что длина волны света равна
λ = 575 нм, оцените угловой диаметр ψ этой звезды.
7.20. Протяженный квазимонохроматический (средняя длина
волны ) источник используется в интерференционной схеме деления волнового фронта (например, в схеме Юнга). Наблюдаемые
интерференционные картины для двух источников показаны на
рис. 7.10 а и б. Оценить диапазоны ()а, ()б излучения источников и их поперечные размеры Dа, Dб, если апертура интерференции
равна .
4I0 I
х
а)
0
4I0 I
y,z
х
б)
0
Рис. 7.10. Распределение интенсивности интерференционной картины на
экране.
72
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
§8. Дифракция Френеля

Радиус внешней границы n-й зоны Френеля:
n
, n = 1, 2, 3…,
Rn 
1 1

a b
где а − расстояние от источника Р0 до объекта, b – расстояние от
объекта до точки наблюдения Р; R  a , R  b (см. рис. Т8.1).
Р0
r
a
R
s
Р
b
Рис. Т8.1.Расположение источника Р0 и точки наблюдения Р при построении зон
Френеля.


волны:
Площадь n-ой зоны Френеля Sn:

Sn 
 const .
1 1

a b
Радиус внешнего края n-ой зоны Френеля для плоской
Rn  nb .
 Разность фаз ψR между волнами, пришедшими в точку
наблюдения Р от края и центра отверстия радиуса R:
kR 2  1 1 
R 
  ,
2 a b
где k – волновое число.
8.1. Определить внешний радиус n-й зоны Френеля, если
расстояние от источника до непрозрачной диафрагмы с круглым
§8. Дифракция Френеля
73
отверстием равно а, а от диафрагмы до точки наблюдения – b.
Длина волны света λ. Рассчитать радиус первой зоны Френеля, если а = b =1 м, λ = 500 нм.
8.2. Показать, что площади зон Френеля при дифракции на
круглом отверстии одинаковы. Расстояние от плоскости отверстия
до точечного источника света и точки наблюдения равны а и b соответственно, длина волны света λ.
8.3. Точечный источник света с длиной волны λ расположен
на расстоянии а от непрозрачной диафрагмы с круглым отверстием
радиуса R. Точка наблюдения находится на расстоянии b от диафрагмы. Найти разность фаз ψR в точке наблюдения для крайнего и
центрального лучей от отверстия. Как будет зависеть эта разность
фаз от числа n зон Френеля, открываемых отверстием?
8.4. Экран находится на расстоянии l от точечного источника
света с длиной волны λ = 600 нм. Посредине между ними помещен
круглый непрозрачный диск диаметром D = 4 мм. Чему равно расстояние l, если диск загораживает одну центральную зону Френеля
при наблюдении картины на экране?
8.5. Экран находится на расстоянии l = 4 м от точечного источника света с длиной волны λ = 500 нм. Посредине между ними
помещена диафрагма с круглым отверстием. При каком радиусе
отверстия R центр системы дифракционных колец на экране будет
наиболее темным?
8.6. Точечный источник света с длиной волны λ = 500 нм помещен на расстоянии a = 0,5 м перед непрозрачной диафрагмой с
круглым отверстием радиуса R = 0,5 мм. При каком расстоянии b от
отверстия для точки наблюдения открыто n = 10 зон Френеля?
8.7. Точечный источник света с длиной волны λ = 500 нм
находится на расстоянии a = 1 м перед непрозрачной диафрагмой с
круглым отверстием радиуса R = 2 мм. На каком расстоянии от
диафрагмы для точки наблюдения открыто минимальное число зон
Френеля? Чему оно равно?
8.8. Непрозрачную диафрагму с круглым отверстием переменного радиуса поместили между точечным источником света и
экраном. Расстояния от диафрагмы до источника и экрана равны a
и b = 2a соответственно. Определить длину волны света λ, если при
увеличении радиуса отверстия от r1 = R до r2  3R в центре дифракционной картины наблюдается изменение интенсивности от
одного максимума с другому.
74
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
8.9. Между точечным монохроматичным источником и экраном поместили непрозрачную диафрагму с круглым отверстием,
открывающим для точки наблюдения первую зону Френеля. Расстояния от диафрагмы до источника и экрана одинаковы и равны a.
На какое минимальное расстояние а надо сместить диафрагму,
чтобы в центре дифракционной картины на экране наблюдалось
темное пятно?
8.10. На отверстие радиусом R = 2 мм в непрозрачной диафрагме падает плоская световая волна. На каком расстоянии b от
диафрагмы для точки наблюдения открыта только первая зона Френеля, если свет: а) красный (λ1 = 600 нм); б) фиолетовый
(λ2 = 400 нм)?
8.11. Плоская световая волна падает на непрозрачную преграду с круглым отверстием, которое для точки наблюдения Р открывает первую зону Френеля. Во сколько раз следует увеличить
радиус отверстия, чтобы в точке Р наблюдался: 1) первый минимум; 2) следующий максимум?
8.12. На непрозрачную диафрагму с круглым отверстием радиуса R = 1,2 мм падает плоская световая волна. Когда расстояние
от диафрагмы до находящегося за ней экрана равно b1 = 75 см, интенсивность в центре дифракционной картины максимальна. При
увеличении расстояния до b2 = 100 см максимум интенсивности
сменяется минимумом. Определить длину волны λ.
8.13. Используя спираль Френеля, получить формулу зависимости интенсивности в центре картины при дифракции на круглом
отверстии от числа n открытых зон Френеля.
8.14. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0 падает нормально на непрозрачный экран с круглым
отверстием. Найти интенсивность I за экраном в точке, для которой
Рис. 8.1. Форма препятствий. Пунктиром показан край первой зоны Френеля.
Площади трех частей, на которые поделена первая зона Френеля (пункты б и
в) равны между собой.
§8. Дифракция Френеля
75
отверстие открывает: а) половину первой зоны Френеля; б) 1,5 зоны Френеля; в) треть первой зоны Френеля.
8.15. Монохроматическая плоская световая волна с интенсивностью I0 падает нормально на непрозрачные препятствия, имеющие форму (рис. 8.1): а) тонкого диска, закрывающего для точки
наблюдения первую зону Френеля; б) тонкого кольца, площадь которого равна 1/3 площади первой зоны Френеля для точки наблюдения; в) тонких диска и кольца, площади которых равны 1/3 площади первой зоны Френеля для точки наблюдения, а внешний край
кольца совпадает с краем первой зоны Френеля. Найти интенсивность света I в точке наблюдения.
8.16. На пути монохроматической волны,
распространяющейся от точечного источника,
установили препятствие с прозрачными участками в виде круглого отверстия радиуса r1 и кольца
с внутренним радиусом r2 = 2r1 и внешним радиусом r3 = 3r1 (рис. 8.2). Найти интенсивность в точРис, 8.2. Объект
ке наблюдения, для которой радиус r1: а) равен
дифракции.
радиусу первой зоны Френеля; б) в 3 раз меньше радиуса первой зоны Френеля. В отсутствие препятствия в точке наблюдения интенсивность равна I0.
8.17. Монохроматическая волна падает на круглое отверстие
в непрозрачном экране, которое открывает для точки наблюдения
2,5 зоны Френеля. Радиус отверстия увеличивают пока интенсивность не станет в два раза больше первоначальной. Во сколько раз
увеличили радиус?
а)
б)
в)
Рис. 8.3. Форма непрозрачных препятствий. Край первой
зоны Френеля показан пунктиром.
8.18. На пути плоской световой волны с интенсивностью I0
установили перпендикулярно направлению её распространения непрозрачные препятствия, закрывающие для точки наблюдения 1/4,
1/2 и 3/4 площади первой зоны (рис. 8.3). Определить интенсивность I в точке наблюдения.
76
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
8.19. Точечный источник света с длиной волны  = 490 нм и
точка наблюдения находятся на одинаковых расстояниях a = 1 м от
непрозрачного экрана с круглым отверстием R = 0,35 мм. Определить интенсивность I в точке наблюдения, если в отсутствие экрана
интенсивность в этой точке равна I0.
8.20. На пути плоской световой волны с интенсивностью I0
помещают перпендикулярно направлению её распространения прозрачные плоские объекты, которые вносят дополнительную разность хода λ/2 (рис. 8.4): а) диск, перекрывающий первую зону
Френеля для точки наблюдения; б) квадрант круга; в) полудиск; г)
диск без квадранта. Внешний край всех этих бъектов совпадает с
краем первой зоны Френеля. Определить интенсивность I в точке
а)
б)
в)
г)
Рис. 8.4. Форма препятствий, вносящих дополнительную разность хода λ/2. Край первой зоны Френеля показан пунктиром.
наблюдения.
8.21. В объекте, рассмотренном в задаче 8.16 а, прозрачное
кольцо перекрывают стеклянной пластиной, вносящей дополнительную разность хода λ/4. Определить интенсивность I в точке
наблюдения.
8.22. На пути монохроматической волны от
точечного источника установили препятствие с
прозрачными участками в виде круглого отверстия, радиус которого равен радиусу первой зоны
Френеля R1 для точки наблюдения, и кольца с
внутренним радиусом r2 = 2R1 и внешним радиусом r3 = 3R1. Центральное прозрачное отверстие
перекрыли
наполовину (по диаметру) непроРис. 8.5. Объект
дифракции.
зрачным экраном (рис. 8.5). Найти интенсивность I в точке наблюдения.
8.23. Между точечным источником монохроматического света и точкой наблюдения перпендикулярно соединяющей их линии помещено
непрозрачное препятствие из секторов двух кругов (рис. 8.6). Радиус меньшего круга равен раРис. 8.6. Объект
диусу первой зоны Френеля для точки наблюдедифракции.
§8. Дифракция Френеля
77
ния, внешний радиус бóльшего круга – радиусу второй зоны Френеля. Определить интенсивность I света в точке наблюдения, если
в отсутствие препятствия она равна I0.
8.24. Между точечным монохроматичеB
ским источником света и точкой наблюдения
помещают экран, форма которого показана на
рис. 8.7 ( источник, точка наблюдения и точка
B, находятся на одной прямой, перпендикуРис. 8.7. Объект дилярной плоскости экрана). Радиус полукруг- фракции.
лого отверстия в 2 раз меньше радиуса
первой зоны Френеля. Найти интенсивность в точке наблюдения,
если в отсутствие экрана она равна I0.
8.25. Непрозрачный диск радиусом R = 0,55 см освещается
плоской монохроматической волной с  = 500 нм. Оказалось, что
если в центре диска проделать маленькое круглое отверстие, то интенсивность света в точке наблюдения, находящейся за диском на
оси отверстия на расстоянии L = 1,5 м увеличится в 4 раза. Определить минимально возможный радиус rmin отверстия.
8.26. На пути плоской волны интенсивностью I0 установлен
непрозрачный круглый диск, радиус которого для точки наблюдения соответствует радиусу первой зоны Френеля. Из диска удаляют
сектор с углом   2 / m , где m – целое число. Найти интенсивность I в точке наблюдения.
8.27. Диск из стекла с показателем преломления n закрывает
для точки наблюдения Р первые 2,5 зоны Френеля. При какой толщине h диска интенсивность I в точке Р будет наибольшей? Чему
она будет равна? Длина волны излучения в вакууме .
8.28. Плоская монохроматическая волна с длиной волны λ
падает нормально на круглое отверстие в непрозрачном экране, которое для точки наблюдения открывает 1,5 зоны Френеля. В центре
отверстия находится тонкий стеклянный диск, который закрывает
внутреннюю половину (по площади) первой зоны Френеля. Показатель преломления стекла n. При какой толщине диска h интенсивность I света в точке
наблюдения будет минимальной? Чему она будет равна?
h
8.29. Плоская световая волна с длиной
волны  и интенсивностью I0 падает нормально Рис. 8.8. Профиль
на большую стеклянную пластину (показатель выемки в пластине.
78
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
преломления n), в которой сделана круглая выемка, размер которой
для точки наблюдения соответствует 1/3 первой зоны Френеля
(рис. 8.8). При какой глубине выемки h интенсивность I света в
точке наблюдения будет равна нулю? Потерями на отражение пренебречь.
8.30. Плоская световая волна с длиной волны λ падает нормально на большую стеклянную пластинку с показателем преломления n, на противоположной стороне которой сделана круглая выемка, заполненная прозрачным веществом с показателем преломления n' < n. Для точки наблюдения выемка совпадает с внутренней
половиной первой зоны Френеля. При какой глубине h выемки интенсивность света в точке наблюдения будет максимальной? Потерями на отражение пренебречь.
8.31. Плоская световая волна с длиной волны  и интенсивностью I0 падает нормально на большую
стеклянную пластину (показатель преломления n), профиль которой показан на
рис. 8.9. При какой высоте h выступа инh
тенсивность в точках, расположенныx под
Рис. 8.9. Профиль пласти- ним, будет: а) равна нулю; б) вдвое меньше
I0? Потерями на отражение пренебречь.
ны с уступом.
8.32. В плоскопараллельной стеклянной пластинке с показателем преломления n, на которую нормально падает плоская световая волна с длиной  и интенсивностью I0, вырезано круглое отверстие размером в одну зону Френеля для точки наблюдения Р, лежащей на оси системы. При какой толщине пластины интенсивность в
точке Р будет максимальной? Чему она будет равна?
8.33. Между источником и точкой наблюдения установлен
непрозрачный экран с круглым отверстием радиуса R, открывающий первые три зоны Френеля. В отверстие вставляют круглый
стеклянный диск такой толщины, что он вносит дополнительную
разность фаз π/2. 1) При каком радиусе r1 диска интенсивность в
точке наблюдения равна нулю? 2) При каком радиусе r2 она будет
максимально возможной? 3) Найти зависимость интенсивности I от
радиуса диска.
8.34. Плоская волна интенсивностью I0 и длиной волны λ падает нормально на непрозрачную диафрагму с круглым отверстием
переменного радиуса. Точка наблюдения находится на расстоянии
b от диафрагмы. При каком минимальном радиусе R отверстия интенсивность в точке наблюдения равна I0?
§8. Дифракция Френеля
79
8.35. Известно, что яркий источник света можно сфотографировать, поместив между ним и фотопластинкой гладкий непрозрачный шарик (опыт Поля). Определить минимальную высоту
hmin неровностей, хаотически покрывающих поверхность шарика,
при которой он будет загораживать свет. Диаметр шарика
d = 40 мм. Расстояние между источником света и шариком равно
а = 12 м, а между шариком и фотопластинкой - b = 18 м. Длина
волны света  = 550 нм.
8.36. На непрозрачную диафрагму с круглым отверстием радиуса R нормально падает плоская световая волна с интенсивностью I0 и длиной волны λ. Построить график зависимости интенсивности I на оси отверстия от расстояния b между диафрагмой и
точкой наблюдения.
8.37. На непрозрачную диафрагму с круглым отверстием
нормально падает плоская световая волна с интенсивностью I0 и
длиной волны λ. Точка наблюдения находится на оси отверстия на
расстоянии b от диафрагмы. Используя спираль Френеля, построить график зависимости интенсивности I в центре дифракционной
картины от радиуса отверстия R.
8.38. Точечный монохроматичный источник (длина волны
 = 500 нм) расположен на расстоянии a = 0,5 м от непрозрачного
препятствия с круглым отверстием радиуса R = 0,5 мм. Используя
спираль Френеля, построить график зависимости интенсивности I в
центре дифракционной картины от расстояния b между препятствием и точкой наблюдения.
8.39. Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0
и длиной волны λ падает на плоскую зонную пластинку с последовательно чередующимися прозрачными и непрозрачными кольцами, площади которых одинаковы и равны S0. Центральная зона
пластинки прозрачна. Определить положения фокусов зонной пластинки. Чему равна интенсивность света I в первом фокусе, если
число прозрачных колец в пластинке равно m?
8.40. Радиусы окружностей, разграничивающих прозрачные
и непрозрачные кольца плоской зонной пластинки, имеют значения
rm   m , где α = 1 мм, m  1, 2, 3, ... Определить фокусное расстояние f пластинки для длин волн: а)  = 400 нм; б)  = 580 нм; в)
 = 760 нм.
8.41. Точечный источник монохроматического света расположен на расстоянии f = 1,5 м перед зонной пластинкой. Изображе-
80
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
ние источника получается на расстоянии b = 1,0 м за пластинкой.
Найти главное фокусное расстояние f зонной пластинки.
8.42. Определить фокусное расстояние f зонной пластинки
для света с длиной волны  = 500 нм и радиус r1 первого кольца
этой пластинки, если радиус её пятого кольца r5 = 1,5 мм. Что произойдет, если пространство между зонной пластинкой и экраном
заполнить прозрачной средой с показателем преломления n > 1?
8.43. Освещенный предмет расположен на оси зонной пластинки на расстоянии а от неё. Самое дальнее от зонной пластинки
изображение предмета получается на расстоянии b от него. На каких расстояниях bk от пластинки получаются остальные изображения предмета?
8.44. Требуется изготовить отражательную зонную пластинку
на вогнутом сферическом зеркале путем снятия отражающего покрытия зеркала кольцевыми зонами Френеля. Чему равен радиус
m-й зоны, если радиус кривизны зеркала равен R, а источник света
и точка наблюдения расположены на оси зеркала на расстояниях а
и b от его вершины соответственно ( a  R  b , rm  a )?
8.45. Для отражательной решетки, описанной в задаче 8.44,
R = 100 см, а = 0,8R,  = 500 нм и радиус четвертого кольца
r4 = 2 мм. На каком расстоянии b от вершины зеркала будет находиться изображение источника первого порядка?
8.46. Плоская монохроматическая световая волна c длиной
волны λ падает нормально на длиннофокусную собирающую линзу
с ирисовой диафрагмой, позволяющей регулировать радиус R отверстия. Точка наблюдения Р находится на оси отверстия на расстоянии b от линзы. При каких радиусах диафрагмы в точке Р будет
наблюдаться максимум или минимум интенсивности, если фокусное расстояние линзы равно f? Радиус отверстия R << b, f.
8.47. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0 падает нормально на непрозрачный экран с круглым
отверстием радиуса r0. Для точки наблюдения Р, находящейся на
расстоянии b от экрана, отверстие открывает три зоны Френеля. В
отверстие вставили тонкую собирающую линзу с фокусным расстоянием f. Найти интенсивность света в точке Р, если f  b .
8.48. Решить задачу 8.47 для случая, когда f  2b .
8.49. Плоская монохроматическая световая волна падает
нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием радиуса
r0. Для точки наблюдения Р, находящейся на расстоянии b от экра-
§8. Дифракция Френеля
81
на, отверстие открывает три зоны Френеля. В отверстие вставлена
тонкая собирающая линза с фокусным расстоянием f  b . Во
сколько раз изменится интенсивность света в точке Р, если линзу
заменить на другую, с фокусным расстоянием f  b / 2 ?
8.50. На пути плоской световой волны с  = 540 нм поставили тонкую собирающую линзу с фокусным расстоянием f = 50 см,
непосредственно за ней диафрагму с круглым отверстием и на расстоянии b = 75 см от диафрагмы – экран. При каких радиусах r
отверстия центр дифракционной картины на экране имеет максимальную освещенность?
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
82
§9. Дифракция Фраунгофера
 Распределение интенсивности при дифракции Фраунгофера плоской монохроматической волны на одной щели (при нормальном падении):
2
  kb sin   
 sin 

2 


I   I 0  
,
kb sin  


2



−
угол
дифракции,
b
–
ширина
щели,
k  2 /  − волновое
где
число, I 0 ~ b 2 − интенсивность в центре дифракционной картины.
 Условие минимумов интенсивности при дифракции на
одной щели (свет падает нормально):
b sin    n , n = 1, 2, 3, …
 Угловая дифракционная расходимость при дифракции на
одной щели шириной b:
 диф _ щель   / b .
 Распределение интенсивности при дифракции Фраунгофера на N щелях:
2
2
 sin u   sin N 

I   I 0  
 ,
 
 u   sin  
kb sin  b sin 
kd sin  d sin 

, 

;
2

2

b − ширина щели, d − период решетки, N – число щелей решетки,
I 0 – интенсивность в центре картины при дифракции на одной
где
u
щели шириной b ( I 0 ~ b 2 , а I   0  N 2 I 0 ~ Nb 2 ).
 Дифракционная решетка с N щелями, период решетки d,
ширина щели b, свет падает нормально.
Условие главных максимумов:
d sin    m , m = 1, 2, 3, …,
условие главных минимумов:
b sin    n , n = 1, 2, 3, …,
условие добавочных минимумов:
p
d sin     , p = 1, 2, 3, …, кроме 0, N, 2N, 3N…
N
§9. Дифракция Фраунгофера
83
 Условие главных максимумов при падении света на дифракционную решетку с N щелями и периодом d под углом θ к
нормали:
d  sin  m  sin   m .
 Дифракционная длина z диф и угловая дифракционная рас-
ходимость  диф при нормальном падении плоской волны на непрозрачный экран с отверстием (характерный размер d):
d2

z диф 
;  диф  .
4
d
 Представление дифракции в дальней зоне (приближение
Фраунгофера) в виде пространственного преобразования Фурье:
 
U (sin x , sin y )  B 
  x, y   exp i k x  k y  dx dy  ,
x
y
  
где U − комплексная амплитуда поля,  x ,  y − углы дифракции;
x, y  − координаты точек в плоскости отверстия; k x  k  sin  x ,
k y  k  sin  y − пространственные частоты, k  2 /  − волновой
вектор, (x,y) − функция пропускания препятствия:
U за ( x , y )
 x , y  
.
U перед ( x , y )
 Распределение интенсивности при дифракции Фраунгофера на прямоугольном отверстии размером b  d :
2
2
  kb sin  x     kd sin  y  
sin 
 sin 


2
2
 
  

 ,

I x ,y  I0  


kb sin  x   kd sin  y




 

2
2

 

2 2
где I 0 ~ b d .
 Угловая дифракционная расходимость при дифракции
Фраунгофера на круглом отверстии радиуса R:
0,61   1,22  
 диф_круг. отв. 

,
R
d
где d = 2R – диаметр отверстия.


84
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
9.1. Плоская монохроматическая волна с длиной волны  падает нормально на непрозрачное препятствие с узкой длинной щелью ширины b. Дифракцию Фраунгофера наблюдают на экране,
расположенном в фокальной плоскости собирающей линзы, установленной за препятствием. С помощью векторной диаграммы
найти распределение интенсивности света и угловое положение
минимумов интенсивности.
9.2. Параллельный пучок монохроматического света
( = 550 нм) падает нормально на щель шириной b = 0,5 мм. Какова
ширина ∆х центрального дифракционного максимума на экране,
расположенном в фокальной плоскости линзы с фокусным расстоянием f = 20 см?
9.3. Параллельный пучок белого света падает нормально на
щель шириной b = 0,1 мм. За щелью установлена линза с фокусным расстоянием f = 20 см, в фокальной плоскости которой помещен экран. Оценить ширину δх радужного канта на границе центрального дифракционного максимума на экране и найти отношение этой ширины к средней ширине ∆х центрального максимума.
Диапазон длин волн белого света считать от 1 = 400 нм до
2 = 750 нм.
9.4. Параллельный пучок монохроматического света с длиной волны  падает нормально на непрозрачное плоское препятствие с узкой щелью шириной b. Дифракцию Фраунгофера наблюдают на экране, расположенном в фокальной плоскости собирающей линзы, установленной за препятствием. Определить приближенно угловое положение максимумов интенсивности.
9.5. Плоская монохроматическая волна с длиной волны
 = 600 нм падает нормально на диафрагму с узкой щелью шириной b = 0,04 мм. За щелью находится тонкая собирающая линза с
фокусным расстоянием f = 40 см, в фокальной плоскости которой
расположен экран. Определить координаты х1 и х2 максимумов интенсивности первого и второго порядков, отсчитываемые от положения главного максимума на экране. Оценить отношение интенсивностей нулевого, первого и второго максимумов.
9.6. Плоская монохроматическая волна падает нормально на
узкую щель. Дифракционная картина наблюдается в фокальной
плоскости собирающей линзы, причем расстояние между максимумами нулевого и первого порядков равно ∆х01 = 3 мм. Считая
§9. Дифракция Фраунгофера
85
углы дифракции малыми, оценить расстояние ∆х12 между максимумами первого и второго порядков.
9.7. На экран с узкой щелью шириной b = 3 мкм нормально
падает плоская монохроматическая волна ( = 500 нм). За щелью
расположена линза, в фокальной плоскости которой находится
экран. Какое число N дифракционных максимумов можно наблюдать на экране?
9.8. Во сколько раз изменится интенсивность в центре дифракционной картины на щели, если ее ширину увеличить в m раз?
9.9. Плоская монохроматическая волна падает нормально на
узкую щель. За щелью находится тонкая собирающая линза, в фокальной плоскости которой расположен экран. Расстояние между
минимумами второго порядка на экране равно l0. Ширину щели
изменяют так, что интенсивность в центре дифракционной картины возрастает в 9 раз. Каким стало расстояние l1 между минимумами первого порядка на экране? Углы дифракции считать малыми.
9.10. На узкую длинную щель падает плоская монохроматическая волна с длиной волны , распределение интенсивности на
экране задается приближением Фраунгофера. Щель перекрывают
двумя плотно прижатыми друг к другу прозрачными пластинами
одинаковой толщины d, но с разными показателями преломления n1
и n2. При каких условиях в центре картины будет наблюдаться темная полоса?
9.11. Плоская монохроматическая волна с интенсивностью
I0 = 10 мВт/см2 и длиной волны  = 600 нм падает нормально на
узкую бесконечно длинную щель шириной b = 60 мкм. Оценить
интенсивность I в центре дифракционной картины на экране, расположенном на расстоянии L = 60 см от щели.
9.12. Плоская монохроматическая волна ( = 500 нм) падает
нормально на узкую щель шириной b. Интенсивность в центре дифракционной картины на экране, расположенном на расстоянии
L = 1 м от щели, в n = 50 раз меньше интенсивности падающей
волны. Оценить ширину b щели.
9.13. Оценить максимальное расстояние lmax, с которого еще
могут быть видны раздельно светящиеся фары автомобиля.
9.14. На дифракционную решетку, состоящую из N щелей,
нормально падает плоская монохроматическая волна с длиной волны λ. Период решетки d, ширина щели b. Дифракцию Фраунгофера
наблюдают на экране, расположенном в фокальной плоскости со-
86
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
бирающей линзы, установленной за решеткой. С помощью векторной диаграммы найти угловое положение главных максимумов и
минимумов и добавочных минимумов интенсивности на экране.
9.15. Чему равен период d дифракционной решетки, если при
нормальном падении на неё света с длиной волны  = 700 нм
спектр второго порядка наблюдается под углом φ = 30°? Определить число n штрихов на 1 см длины решетки.
9.16. На дифракционную решетку нормально падает пучок
света с длиной волны 1 = 589 нм. В дифракционном спектре максимум первого порядка наблюдается при угле дифракции φ1 = 17°.
Определить длину волны λ2 света, для которого при нормальном
падении на эту же решетку максимум второго порядка наблюдается
при угле дифракции φ2 = 24°. Найти число n штрихов на 1 см решетки.
9.17. Определить длину λ2 волны света, для которой при дифракции на решетке максимум третьего порядка совпадет с максимумом четвертого порядка для длины волны 1 = 450 нм.
9.18. Определить наибольший порядок mmax спектра, который
можно наблюдать при нормальном падении на дифракционную
решетку, имеющую n = 500 штрихов на 1 мм, света с длиной волны
 = 590 нм.
9.19. На дифракционную решетку с периодом d = 6 мкм нормально падает плоская монохроматическая волна. Угол между максимумами первого и второго порядков равен ∆φ = 4°30'. Определить длину λ света.
9.20. Определить число n штрихов на 1 мм дифракционной
решетки, если при нормальном падении на неё света с длиной волны 1 = 589 нм (желтая линия натрия) угол между направлениями
на два максимума третьего порядка равен ∆φ = 4°.
9.21. На дифракционную решетку, имеющую n = 50 штрихов
на 1 мм, нормально падает параллельный пучок белого света с
длинами волн от 1 = 400 нм до 2 = 760 нм. Определить разность
углов ∆φ между направлениями на конец спектра первого порядка
и начало спектра второго порядка.
9.22. На дифракционную решетку с периодом d = 5 мкм нормально падает параллельный пучок света от газоразрядной трубки,
наполненной водородом. Под каким минимальным углом по отношению к направлению падающего света надо поставить зритель-
§9. Дифракция Фраунгофера
87
ную трубу, чтобы в поле зрения совпали две линии с 1 = 656,3 нм
и 2 = 410,2 нм?
9.23. Зрительная труба гониометра с дифракционной решеткой поставлена под углом φ = 20° к оси коллиматора. Свет падает
на решетку нормально. При этом в поле зрения трубы видна красная линия гелиевой трубки (1 = 668 нм). Определить период d дифракционной решетки, если под тем же углом видна и синяя линия
гелия (2 = 447 нм) более высокого порядка. Наибольший порядок
спектра, который можно наблюдать при помощи данной решетки,
mmax = 5.
9.24. Для наблюдения дифракционного спектра решетки используется линза с фокусным расстоянием f = 50 см. На решетку
нормально падает желтый свет натриевой лампы, состоящий из
двух компонент с длинами волн λ1 = 589,0 нм и λ2 = 589,6 нм. При
этом в третьем порядке спектра расстояние между линиями этих
длин волн на экране равно ∆х = 0,9 мм. Найти период d решетки.
9.25. На дифракционную решетку с периодом d под углом θ к
нормали падает плоская монохроматическая волна с длиной волны
λ. Получить условие главных дифракционных максимумов. Рассмотреть случай, когда d   , а порядок спектра m  d /  .
9.26. Пучок рентгеновских лучей падает на дифракционную
решетку с периодом d = 1 мкм под углом θ = 89°30'. Угол дифракции для спектра второго порядка φ = 89°. Определить длину волны
λ рентгеновских лучей.
9.27. На дифракционную решетку с периодом d = 0,2 мкм падает пучок рентгеновских лучей под углом θ = 88°30'. Спектр 4-го
порядка наблюдается под углом ψ = 10° к направлению падающей
волны. Определить длину волны λ рентгеновских лучей.
9.28. Какой максимальный порядок дифракции mmax может
наблюдаться при дифракции плоской волны с длиной , падающей
под углом θ на решетку с периодом d?
9.29. Определить угловое расстояние ∆φm между главным
максимумом m-го порядка и ближайшим к нему минимумом (угловую ширину дифракционных максимумов) при нормальном падении параллельного пучка света с длиной волны λ на решетку с периодом d и числом щелей N.
9.30. Для наблюдения дифракционного спектра решетки с
n = 200 штрихов на 1 мм используется линза с фокусным расстоянием f = 15 см. Ширина решетки L = 3 см, длина волны света
88
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
 = 660 нм. Определить ширину ∆х дифракционного максимума
первого порядка на экране в фокальной плоскости линзы.
9.31. Дифракционную картину получают при нормальном
падении плоской световой волны на решетку. При каком соотношении между периодом решетки d и шириной щели b интенсивность главного максимума m-го порядка равна нулю?
9.32. Две щели одинаковой ширины, разделенные непрозрачным промежутком такой же ширины, освещают падающим нормально параллельным пучком монохроматического света и фиксируют угловую ширину центральной полосы. Затем одну из щелей
закрывают. Во сколько раз изменится ширина центральной полосы?
9.33. Свет с длиной волны λ = 6000Å падает нормально на
дифракционную решетку. Два соседних главных максимума наблюдаются при sinφ1 = 0,2 и sinφ2 = 0,3, причем максимум четвертого
порядка отсутствует. Определить период d решетки и наименьшую
возможную ширину b отдельных щелей. При найденных значениях
указанных величин линии каких порядков будут наблюдаться на
экране?
9.34. Рассматривая дифракцию Фраунгофера как пространственное разложение светового пучка на плоские волны, рассчитать
распределение интенсивности I света за препятствием при нормальном падении плоской монохроматической волны с длиной
волны  на непрозрачное препятствие с узкой длинной щелью ширины b.
9.35. Рассматривая дифракцию Фраунгофера как пространственное разложение светового пучка на плоские волны, рассчитать распределение интенсивности I света при нормальном падении плоской монохроматической волны с длиной волны  на дифракционную решетку с N щелями. Период решетки d, ширина одной щели b.
9.36. Доказать справедливость принципа Бабине для дополнительных объектов (распределение интенсивности для дополнительных объектов одинаково во всех точках, кроме нулевого максимума), используя представление о дифракции Фраунгофера как
пространственном преобразовании Фурье.
9.37. На дифракционную решетку с N щелями, периодом d и
шириной одной щели b падает нормально плоская монохроматическая волна. Нарисовать график зависимости I(sinφ), где I – интенсивность света, φ − угол дифракции, для следующих случаев:
а) d / b  4 , N  4 ; б) d / b  3 , N  5 ; в) d / b  5 , N  3 ;
§9. Дифракция Фраунгофера
89
г) d / b  2 , N  6 . На графиках должно быть по 2 главных минимума с одной стороны от максимума нулевого порядка.
9.38. На дифракционную решетку падает нормально плоская
монохроматическая волна. Половину решетки закрывают с одного
края непрозрачной пластиной, в результате чего число штрихов
уменьшается в 2 раза. Как изменятся при этом: а) положения дифракционных максимумов; б) интенсивность центрального максимума; в) ширина максимумов?
9.39. Плоская монохроматическая волна с длиной волны 1
падает нормально на дифракционную решетку. Дифракционная
картина наблюдается в фокальной плоскости линзы, установленной
за решеткой. Как изменятся параметры дифракционной картины
(положения главных максимумов и минимумов, ширина максимумов) при освещении этой решетки монохроматической волной с
длиной волны λ2 > λ1 той же интенсивности?
9.40. На дифракционную решетку падает нормально плоская
монохроматическая волна. Не меняя периода решетки и числа щелей, увеличивают ширину каждой щели в 2 раза. Как изменятся
при этом: а) положения главных максимумов; б) положения главных минимумов, в) интенсивность центрального максимума;
г) ширина максимумов?
9.41. Плоская монохроматическая волна падает нормально на
дифракционную решетку с четным количеством щелей. Затем каждую вторую щель делают непрозрачной. Как изменятся при этом:
а) положения главных максимумов; б) положения главных минимумов, в) интенсивность центрального максимума; г) ширина максимумов; д) число добавочных максимумов между главными максимумами?
9.42. Плоская монохроматическая волна падает нормально на
дифракционную решетку. Дифракционная картина наблюдается в
фокальной плоскости линзы, установленной за решеткой. Как изменится дифракционная картина, если свет направить на решетку
под углом  к нормали?
9.43. Параллельный пучок монохроматического света падает
нормально на дифракционную решетку с заданной полной шириной ее штрихованной поверхности. Найти значения отношения b/d
(b −ширина щели, d – период решетки), соответствующего максимуму интенсивности для главных дифракционных максимумов: а)
первого; б) второго; в) третьего порядков.
90
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
§10. Спектральные приборы.
Многоволновая интерференция
 Для дифракционной решетки условие главных максимумов при нормальном падении света имеет вид:
m  0, 1, 2... .
d sin m, max   m ,
 Условие минимумов, ближайших к главным максимумам, для дифракционной решетки при нормальном падении света:
1

m  0, 1, 2... ..
d sin  m ,min   m   ,
N

 Угловая дисперсия Dφ дифракционной решетки при
нормальном падении света:

m
D  m 
.

d cos  m
 Линейная дисперсия Dх дифракционной решетки при
нормальном падении света:
x
D x  m  fD ,

где f – фокусное расстояние линзы, собирающей дифракционные
лучи на экране, δхm – линейное расстояние на экране между максимумами m –го порядка для линий, длины волн которых отличаются
на δλ.
 Разрешающая способность R дифракционной решетки:

R
 mN ,

где N – число щелей решетки, δλ – минимальная разность длин
волн по критерию Рэлея.
 Область свободной дисперсии  дифракционной решетки для m-го порядка спектра:

  .
m
 Угловая ширина дифракционного максимума  m для
дифракционной решетки:

 m 
.
Nd cos  m
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
91
 Формула Эйри для интенсивности излучения, прошедшего через воздушный интерферометр Фабри - Перо (ИФП):
I0
I
,
4
2 

1
sin
2
1  2
где ρ - коэффициент отражения каждого из зеркал интерферометра
(по интенсивности);
4  h

cos − разность фаз между соседними лучами;

h - расстояние между зеркалами (база) ИФП; − угол падения
света на зеркала ИФП.
 Условие интерференционных максимумов для углов  m
в воздушном интерферометре Фабри-Перо:
 2h 
2h  cosm  m ,
m  1, 2..., m max    .

 Угловая дисперсия D ИФП:
d
m
D  m 
.
d 2hsinm

Разрешающая способность R ИФП:
RИФП  mF ,
где F − резкость полос (иногда её называют эффективным числом
интерферирующих лучей):
 
.
1 
Область свободной дисперсии  ИФП:


2
  

.
m mmax 2h
Угловая ширина дифракционного максимума m для
F


ИФП:
 m 
  1   
.
2  hsinm  
 Пластинка Люммера-Герке.
Схема формирования интерференционной картины представлена на рис. Т10.1.
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
92
Рис. Т10.1. Схема интерференции в пластинке Люммера-Герке.
 Условие интерференционных максимумов для пластинки
Люммера-Герке:
2dncosm  m ,
 2h 
2d n 2  cos 2  m  m , m  1, 2..., m max    .

где d − толщина, n − показатель
преломления пластинки, m – угол
d между лучом, идущим внутри плаθ
θ
стинки, и нормалью к её поверхноε
сти, ε – угол между лучом, вышедРис. Т10.2.Ход лучей в пластинке шим из пластинки, и её поверхноЛюммера - Герке.
стью (см. рис. Т10.2).
или

Угловая дисперсия D пластинки Люммера-Герке:
d m n 2  1

.
d
 m
 Разрешающая способность R пластинки Люммера-Герке:
L(n 2  1)
R
,

где L – длина пластинки.
 Область свободной дисперсии  пластинки ЛюммераГерке:

2
 

.
m max 2d n 2  1
D 

Герке:
Число лучей N, выходящих из пластинки ЛюммераN
L n2 1
.
2d
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
93
10.1. Найти зависимость угловой дисперсии Dφ решетки с периодом d от длины волны λ в m-м порядке спектра при нормальном
падении света на решетку.
10.2. Определить угловую дисперсию Dφ дифракционной решетки с периодом d = 2,5 мкм в спектре первого порядка для спектральной линии  = 589 нм. Свет падает на решетку нормально.
10.3. Определить угловую дисперсию Dφ дифракционной решетки, имеющей n = 500 штрихов на 1 мм, в спектре наибольшего
порядка для спектральной линии с  = 600 нм при нормальном падении света на решетку.
10.4. Рассчитать линейную дисперсию Dх спектрографа с дифракционной решеткой, имеющей n = 400 штрихов на 1 мм, в первом порядке спектра, если фокусное расстояние объектива
f = 50 см. Углы дифракции считать малыми.
10.5. Какое расстояние δх между компонентами желтой линии
дублета натрия (1 = 589,0 нм, 2 = 589,6 нм) получится в первом
порядке на фотонегативе в спектрографе, описанном в задаче 10.4?
10.6. Свет с длиной волны  = 500 нм падает нормально на
дифракционную решетку. Определить её угловую дисперсию Dφ (в
угл. мин/нм) в направлении под углом φ = 30°.
10.7. Свет с длиной волны  = 589 нм падает нормально на
дифракционную решетку с периодом d = 4 мкм и числом штрихов
N = 2000. Определить угловую ширину δφ3 дифракционного максимума третьего порядка.
10.8. Найти зависимость угловой дисперсии Dφ решетки с
периодом d от длины волны λ в m-м порядке спектра, если свет
падает на решетку под углом θ к нормали.
10.9. На каком расстоянии δх друг от друга будут находиться
на экране две линии ртутной лампы (1 = 577,0 нм, 2 = 579,1 нм) в
спектре первого порядка от дифракционной решетки с периодом
d = 2 мкм при падении света на решетку под углом θ = 30° к нормали? Фокусное расстояние линзы, проецирующей спектр на экран,
равно f = 60 см.
10.10. Найти разрешающую силу R решетки с периодом
d = 2 мкм и шириной L = 4 см в спектрах следующих порядков: а)
m1 = 1; б) m2 = 3.
10.11. Чему равен период дифракционной решетки шириной
L = 3 см, если она позволяет разрешить в первом порядке линии
спектра калия 1 = 4044Å и 2 = 4047Å?
94
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
10.12. Период дифракционной решетки равен d = 2 мкм, её
ширина L = 2,5 см. Какое разрешение δλ может обеспечить эта решетка в желтом свете ( = 600 нм) в спектре второго порядка?
10.13. Найти максимальную разрешающую способность Rmax
дифракционной решетки шириной L = 5 см для средней длины волны λ = 500 нм.
10.14. Будут ли при нормальном падении света на дифракционную решетку с N = 100 штрихов разрешены линии 1 = 598 нм и
2 = 602 нм в спектре: а) первого порядка; б) второго порядка?
10.15. При нормальном падении света на дифракционную
решетку две близкие линии в спектре (11 = 4500Å и 12 = 4506Å)
оказываются разрешенными, начиная с порядка m1 = 3. В каком
наименьшем порядке m2 будут разрешены линии с длинами волн
21 = 6000Å и 22 = 6004Å?
10.16. При нормальном падении света с длиной волны λ на
дифракционную решетку с периодом d = 5λ угловая ширина дифракционного максимума в 3-м порядке равна δφ. Определить разрешающую способность R решетки в n = 4 порядке спектра.
10.17. На дифракционную решетку с периодом d = 2 мкм с
числом штрихов N = 50000 нормально падает свет желтой линии
дублета натрия (1 = 589,0 нм, 2 = 589,6 нм). Какой максимальный
порядок спектра mmax можно получить с помощью такой решетки?
Какое разрешение δλ в этой области спектра способна обеспечить
решетка в данном порядке?
10.18. Плоская световая волна падает нормально на дифракционную решетку с периодом d = 5 мкм с числом штрихов
N = 1000. Падающий свет содержит две компоненты с длинами
волн 1 = 4600Å и 2 = 4602Å. Начиная с какого порядка m спектра
будут разрешены эти линии? Определить угол дифракции φm, соответствующий данному порядку спектра.
10.19. Свет падает нормально на дифракционную решетку
шириной L = 6,5 см, имеющую n = 200 штрихов на 1 мм. Исследуемый спектр содержит спектральную линию с  = 670,8 нм, которая
состоит из двух компонент, отличающихся на  = 0,015 нм. Найти:
1) в каком порядке m спектра эти компоненты будут разрешены; 2)
наименьшую разность длин волн δλmin, которую может разрешить
эта решетка в области  = 670 нм.
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
95
10.20. Для проведения спектральных исследований в области
длин волн   500 нм имеются две дифракционные решетки с параметрами: 1) n1 = 100 штрихов/мм; ширина решетки L1 = 10 см;
2) n2 = 400 штрихов/мм; ширина решетки L2=5 см. Какая из решеток обеспечит максимальную разрешающую способность, если
угол дифракции в спектральном приборе не превышает 15°?
10.21. Изменятся ли разрешающая способность R и область
свободной дисперсии ∆λ дифракционной решетки, если, закрепив
неподвижно трубу, в которую наблюдают дифракционные спектры,
закрыть через одну щели решетки?
10.22. Свет от газоразрядной трубки, диаметр которой
D = 1 см падает непосредственно на дифракционную решетку,
находящуюся на расстоянии L = 100 см от трубки. Оценить, максимальную разрешающую способность Rmax решетки в этих условиях.
10.23. Удаленный протяженный источник излучает две узкие
спектральные линии 1 = 500,0 нм и 2 = 500,2 нм равной интенсивности. Свет от источника падает на дифракционную решетку.
Оценить угловой размер ψ источника, при котором еще можно разрешить эти две линии.
10.24. Для дифракционной решетки с n = 500 штрихов/мм в
области λ = 600 нм предел разрешения в спектре первого порядка
равен δλ = 0,1 нм. Изображение спектра получают на экране в фокальной плоскости за линзой. Определить минимальный диаметр
Dmin линзы, при котором изображение спектра может быть разрешено.
10.25. Призма с преломляющим углом θ = 60° изготовлена из
флинта с показателем преломления n = 1,7. Призма установлена
под углом наименьшего отклонения луча падающего на нее света.
Определить угол, на который будут разведены две желтые линии
натрия (1 = 589,0 нм, 2 = 589,6 нм), если дисперсия вещества
призмы в этом диапазоне длин волн равна dn/dλ = 0,096 мкм−1.
10.26. Для трехгранной призмы спектрографа (рис. 10.1) предельная разрешающая способность R обусловлена дифракцией
света на краях призмы (как на щели).
Э
Пользуясь критерием Рэлея, вывести
S
формулу для разрешающей способb
ности призмы, считая, что световой
Рис. 10.1. Схема спектрографа
пучок захватывает всю призму, и
с призмой.
призма установлена под углом
96
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
наименьшего отклонения пучка. Ширина основания призмы равна
b, дисперсия вещества dn/dλ.
10.27. Определить наименьшую ширину b основания призмы, способной разрешить дублет с длинами волн 1 = 589,0 нм и
2 = 589,6 нм. Призма изготовлена из стекла, дисперсия которого
вблизи желтой линии натрия равна dn/dλ = 0,096 мкм−1.
10.28. Какой должна быть ширина b трехгранной призмы с
дисперсией dn/dλ = 0,1 мкм−1, чтобы она имела такую же разрешающую способность, как и дифракционная решетка с числом штрихов N = 10000 во втором порядке спектра?
10.29. Призма с шириной основания b = 10 см изготовлена из
флинта, дисперсия которого в области  = 600 нм равна
dn/dλ = 0,1 мкм−1. Какую максимальную разрешающую способность Rmax может иметь дифракционная решетка, ширина которой
равна ширине основания призмы? Во сколько раз разрешающая
способность такой решетки отличается от разрешающей способности призмы?
10.30. Призма с основанием b = 10 см и углом при вершине
θ = 60° установлена в спектрографе на угол наименьшего отклонения для длины волны  = 500 нм. Показатель преломления материала призмы n = 1,73, фокусное расстояние объектива коллиматора
f = 25 см. Какой должна быть ширина коллиматорной щели ∆х,
чтобы можно было практически полностью использовать теоретическую разрешающую способность призмы?
10.31. В интерферометре Фабри–Перо расстояние между зеркалами равно h, коэффициент отражения каждого из зеркал интерферометра (по интенсивности) равен ρ. Используя формулу Эйри,
получить условие максимума интенсивности и определить её максимальное Imax и минимальное Imin значения.
10.32. Чему равен порядок m спектра при работе с интерферометром Фабри-Перо в зеленой части спектра ( = 550,0 нм), если
расстояние между зеркалами интерферометра равно d = 1 см? Угол
падения лучей очень мал.
10.33. При работе с интерферометром Фабри-Перо, у которого толщина воздушного зазора между зеркалами равна h, наблюдаются интерференционные кольца. 1) Определить длину волны
λ0m, для которой в центре системы колец наблюдается максимум
интенсивности порядка m. 2) Для света с длиной волны λ, немного
меньшей λ0m, найти угловой радиус θm(λ) ярких колец, соответ-
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
97
ствующих тому же порядку интерференции m, в зависимости от λ0m
и λ. Угол θm считать малым.
10.34. Для интерферометра Фабри-Перо, база которого равна
d = 2,5 см, найти: а) максимальный порядок m0 интерференции света с длиной волны  = 500 нм; б) область свободной дисперсии ∆λ
вблизи  = 500 нм, т.е. спектральный интервал длин волн, для которого еще нет перекрытия с другими порядками интерференции.
10.35. Определить угловой радиус θ10 10-го видимого кольца
(считая от центрального), полученного в интерферометре ФабриПеро с базой d = 1,2 см при длине волны света  = 600,0 нм.
10.36. Для интерферометра Фабри-Перо с базой h и коэффициентом отражения зеркал ρ найти угловую ширину δθm интерференционных колец.
10.37. Найти угловую ширину 10-го видимого кольца в интерферометре Фабри-Перо, если коэффициент отражения зеркал
ρ = 0,9, а толщина воздушного зазора между ними h = 2 см. Длина
волны излучения  = 500 нм.
10.38. Излучение от точечного монохроматического источника света с длиной волны λ = 500 нм падает на интерферометр
Фабои-Перо с базой h = 1 мм. Интерференционную картину
наблюдают в фокальной плоскости объектива с фокусным расстоянием f = 10 см. Найти радиус r5 пятого светлого кольца.
10.39. В интерферометре Фабри-Перо среда между зеркалами
обладает дисперсией. Для длины волны λ показатель преломления
среды равен n. При изменении длины волны  света на  наблюдаемые интерференционные кольца сдвигаются так, что каждое
кольцо перемещается на место соседнего кольца. Предполагая, что
база интерферометра h >> , найти дисперсию показателя преломления dn/d.
10.40. В интерферометре ФабриПеро с открытым воздушным зазором между зеркалами при температуре T1 = 293K наблюдается одно из колец равного наклона, угловой размер которого
1 = 0,01 рад. При повышении температуры кольцо стягивается к
центру и исчезает. Найти температуру T2, при которой это произойдет, если для воздуха при температуре T1 разность (n−1)= 0,00029,
где n − показатель преломления. Для воздуха разность (n−1) пропорциональна его плотности.
10.41. Через интерферометр Фабри–Перо пропускают свет, в
спектре которого две длины волны, соответствующие разным цве-
98
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
там  зеленому с з = 550 нм и красному с к = 660 нм. При наблюдении в проходящем свете вблизи центра картины кольца разных
цветов совпадают, формируя светлое кольцо. Через какое число nз
зеленых колец вновь будет наблюдаться подобное совпадение?
10.42. Определить угловую дисперсию Dφ и область свободной дисперсии ∆λ для интерферометра Фабри-Перо с базой h вблизи длины волны .
10.43. При освещении интерферометра Фабри-Перо светом с
длиной волны  от точечного источника на экране, расположенном
в фокальной плоскости линзы с фокусным расстоянием f, возникает система концентрических колец. Найти угловую дисперсию Dθ
интерферометра для кольца, радиус которого на экране равен r.
10.44. Определить разрешающую способность R и область
свободной дисперсии ∆λ интерферометра Фабри-Перо с базой
h = 2 см и коэффициентом отражения зеркал ρ = 0,9 в спектре максимального порядка для длины волны  = 500 нм.
10.45. База интерферометра Фабри-Перо и коэффициент отражения его зеркал равны соответственно h = 2 мм и ρ = 0,9. С каким минимальным значением  можно разрешить две линии с помощью такого интерферометра в области  = 600 нм?
10.46. Можно ли интерферометром Фабри-Перо, у которого
коэффициент отражения зеркал ρ = 0,92 и база h = 1 мм, разрешить
дублет с компонентами 1 = 630,01 нм и 2 = 630,02 нм?
10.47. Какое максимальное расстояние hmax между зеркалами
интерферометра Фабри-Перо следует установить, чтобы наблюдать
без перекрытия порядков спектров дублет натрия (δ = 0,6 нм,
 = 600,0 нм)?
10.48. С помощью интерферометра Фабри-Перо исследуется
выделенный системой фильтров участок спектра шириной
∆λ = 0,2 нм. Минимальная разность длин волн соседних спектральных линий равна δλ = 0,001 нм. Оценить минимальное значение коэффициента отражения ρmin зеркал интерферометра, при котором можно разрешить соседние линии.
10.49. Для проведения спектральных исследований в диапазоне длин волн   500 нм имеются три интерферометра ФабриПеро с параметрами: 1) база h1 = 2 мм; коэффициент отражения
ρ1 = 0,7; 2) база h2 = 8 мм; коэффициент отражения ρ2 = 0,8; 3) база
h3 = 4 мм; коэффициент отражения ρ3 = 0,9. Подходят ли эти интерферометры для исследования спектра шириной не более
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
99
∆λ0 = 0,03 нм? Какой из интерферометров обеспечит максимальную
разрешающую способность Rmax и чему она равна?
10.50. Оценить число N интерферирующих лучей в пластинке Люммера-Герке, если ее длина L = 30 см, толщина d = 1 см, показатель преломления n = 1,5.
10.51. Найти минимальный mmin и максимальный mmax порядки спектров, которые могут наблюдаться в опыте с пластинкой
Люммера-Герке длиной L = 30 см, толщиной d = 1 см и c показателем преломления n = 1,5 для линии водорода Н ( = 486,1 нм).
10.52. Определить угловое расстояние ∆ε между направлениями на соседние максимумы в опыте с пластинкой, описанной в
задаче 10.51, для Н - линии водорода при условии, что луч выходит из пластинки под углом   1 к её поверхности.
10.53. Найти угловую дисперсию Dε пластинки ЛюммераГерке (толщина d, показатель преломления n) в области длин волн
λ. Дисперсией показателя преломления n пренебречь.
10.54. Определить область свободной дисперсии ∆λ пластинки Люммера-Герке толщиной d = 1 см с показателем преломления
n = 1,5 для линии водорода Н ( = 486,1 нм). Дисперсией показателя преломления n пренебречь.
10.55. Определить разрешающую способность R пластинки
Люммера-Герке длиной L = 30 см, толщиной d = 1 см и с показателем преломления n = 1,5 для линии водорода Н ( = 486,1 нм).
Дисперсией показателя преломления n() пренебречь.
10.56. Какую минимальную длину Lmin должна иметь пластинка Люммера-Герке (n = 1,5), чтобы разрешить дублетную
структуру линии  = 656,0 нм, если разность длин волн компонент
дублета равна δλ = 0,014 нм?
10.57. Можно ли с помощью пластинки Люммера-Герке
(n = 1,5) длиной L = 3 см разрешить дублетную структуру линии с
компонентами 1 = 550,01 нм и 2 = 550,02 нм?
10.58. Как изменятся разрешающая способность R и область
свободной дисперсии ∆λ пластинки Люммера-Герке, если: а) её
толщину увеличить в 2 раза, а длину оставить без изменения: б) её
длину увеличить в 2 раза, а толщину оставить без изменения?
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
100
§11. Дисперсия света
 Связь между показателем преломления n и диэлектрической проницаемостью ε для немагнитных сред (μ = 1):
n  .
 Закон дисперсии (дисперсионное соотношение):
ω
ω
ω2
  n,
k 2   0  0 ω 2    2 или k 
c
c
c
1
− скорость света в вакууме, ω – угловая частота
где с 
 0 0
волны.
 Фазовая скорость υ:
 c
с
υ 
 ,
k
n

где k  2 /  − волновое число.
 Групповая скорость u:
dω
u
.
dk
 Формула Рэлея
dυ
dυ
υ
u υk
.
dk
d
 Связь групповой скорости u с длиной волны λ:
 dn 

u  υ 1  
.
n d 

 Зависимость диэлектрической проницаемости ε среды от
частоты ω световой волны в модели Лоренца:
e 2 N /( 0 m)
,
 1 2
 0   2  2i
где ω0 − собственная частота колебаний электрона, δ – постоянная
затухания, N – число электронов в единице объема.
 Плазменная частота ωр:
p 
Ne 2
.
0m
 Комплексный показатель преломления для плоской монохроматической световой волны в среде с дисперсией:
§11. Дисперсия света
101
nˆ    n   in   1 
n  1 
 2p
2
n    2p 

2
p
2

1
 02   2  2i
 02   2
     4 
2
0
2 2
2

     4 
2
0
2 2
2
2
2
,
где
,
.
n' является собственно показателем преломления, а n'' – показателем затухания (рис. Т11.1).
Рис. Т11.1. Зависимость действительной n и мнимой n частей показателя
преломления от частоты вблизи одиночной полосы поглощения 0.

Формула Коши для показателя преломления n:
B C
n ()  A  2  4  ... ,


где A, B, C – постоянные величины для данного материала.
 Закон Бугера-Ламберта-Бера:
I z   I 0 exp z  ,
где z –толщина слоя, пройденного волной в направлении её распространения, μ  коэффициент поглощения.
 Связь линейного коэффициент поглощения μ с показатель затухания n:

  2 n  .
с
102
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
11.1. Световой пучок представляет собой суперпозицию двух
гармонических волн, распространяющихся вдоль оси Х и поляризованных в одном направлении:
Е1  E 0 cos(t  kx)
и
Е 2  E 0 cos(t  k x) , причем    и k   k . Найти групповую
скорость u этого пучка.
11.2. Выразить групповую скорость u: а) через фазовую скорость υ и ее дисперсию dυ/dλ, если задана зависимость υ(λ), где λ −
длина волны; б) через фазовую скорость υ и дисперсию dn/dλ показателя преломления среды n, если задана зависимость n(λ).
11.3. Найти групповую скорость u для волнового пакета
(длина волны ,   ), если зависимость фазовой скорости υ от
длины волны  имеет вид: υ  a , где а и α − постоянные.
11.4. Найти связь групповой u и фазовой υ скоростей для волнового пакета (,   ), если зависимость фазовой скорости от
длины волны  имеет вид: а) υ  a  const ; б) υ  a  ;
в) υ  a /  ; г) υ  a /  ; д) υ  c 2  b 2 2 (с  скорость света в
вакууме, b = const).
11.5. Майкельсон измерил скорость света в сероуглероде методом вращающегося зеркала, который позволяет определять групповую скорость волнового пакета u. Показатель преломления сероуглерода для средней длины волны видимого спектра n = 1,63, а
 dn 

величина 1     0,93 . Определить отношение скорости свеn d 

та в вакууме к скорости света в сероуглероде, измеренной этим методом.
11.6. Для многих прозрачных бесцветных веществ зависимость показателя преломления n от длины волны λ в вакууме может быть приближенно описана формулой n  a  b / 2 , где а и b –
константы. Найти зависимость групповой скорости u от λ для света
в данной среде.
11.7. Найти связь между фазовой υ и групповой u скоростями
в отсутствие поглощения, если задана зависимость показателя преломления среды от частоты n .
11.8. Найти групповую скорость u рентгеновского излучения
в среде, если зависимость показателя преломления для рентгеновских волн от частоты ω имеет вид: n 2  1   02 /  2 , где ω0= const.
Фазовая скорость рентгеновских волн равна υ.
§11. Дисперсия света
103
11.9. Групповая скорость u электромагнитной волны в 3 раза
больше фазовой скорости υ. Как зависит фазовая скорость от длины волны λ?
11.10. Найти связь между фазовой скоростью υ и групповой
u, если дисперсионное соотношение имеет вид:   ak  , где
a  const и   const .
11.11. При каком законе дисперсии ω(k) связь между групповой u и фазовой υ скоростями имеет вид: u  υ / 4 ?
11.12. Найти связь групповой u и фазовой υ скоростей, если
задана зависимость фазовой скорости от частоты υ(ω).
11.13. Найти связь между фазовой υ и групповой u скоростями, если фазовая скорость зависит от частоты по закону: υ  a /  2 ,
где a  const .
11.14. Определить групповую скорость u электромагнитных
волн в разреженной плазме, фазовая скорость которых зависит от
с
частоты по закону: υ 
, где с  скорость света в ваку1   2 / 2
уме, α = const.
11.15. При каком законе дисперсии ε(ω) немагнитной среды,
заполняющей бесконечное пространство, связь между фазовой υ и
групповой u скоростями световых волн имеет вид: υu  c 2 ?
11.16. Для некоторой среды зависимость фазовой скорости от
a
, где a  константа.
длины волны и частоты имеет вид: υ 
  2
Найти связь групповой u и фазовой υ скоростей в этой среде.
11.17. Найти зависимость фазовой υ и групповой u скоростей
от длины волны λ для следующих законов дисперсии: а)  2  gk
(гравитационные поверхностные волны, g – ускорение свободного
 2
k (волны де Бройля,  − постоянная Планка,
падения); б)  
2m
m – масса частицы).
11.18. При распространении волн в глубокой воде закон дисперсии имеет вид:  2  k k 3 , где α и β – константы. Получить
выражение для зависимости фазовой υ и групповой u скоростей от
волнового вектора k.
104
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
11.19. Найти фазовую υ и групповую u скорости для волн де
Бройля, описывающих свободную квантовую частицу массой m,
движущуюся прямолинейно со скоростью V.
11.20. Показатели преломления сероуглерода для света с
длинами волн 1 = 509 нм, 2 = 534 нм и 3 = 574 нм равны
n1 = 1,647, n2 = 1,640 и n3 = 1,630 соответственно. Найти фазовую
скорость υ2 для длины волны λ2 и групповую скорость u2 вблизи
неё.
11.21. В среде из неполярных молекул распространяется
плоская электромагнитная волна с частотой ω. Рассматривая взаимодействие волны со связанными электронами, найти зависимость
показателя преломления n среды от частоты волны.
11.22. Высокочастотная электромагнитная волна (например,
рентгеновские лучи) с частотой ω распространяется в среде с N
молекулами в единице объема. Найти зависимость показателя преломления n среды от частоты волны.
11.23. Найти показатель преломления алюминия для рентгеновских лучей с длиной волны λ = 1,56Å. Собственная частота
электронов в алюминии меньше частоты рентгеновских лучей.
Концентрация электронов N  8  10 28 м 3 .
11.24. Определить число N1 свободных электронов в расчете
на атом Ag в пленке серебра, если она прозрачна для ультрафиолета
начиная
с
частоты
ν = 1,2ꞏ1015 Гц.
Плотность
серебра
3
ρ = 10,5 гсм , атомная масса μAg = 108 г/моль.
11.25. Найти связь между фазовой υ и групповой u скоростями волновых пакетов в ионосфере (поглощение считать малым).
11.26. Радиоволны распространяются вверх. Волны каких частот будут проходить через ионосферу, а каких будут полностью
отражаться? Для оценки принять, что концентрация электронов в
верхних слоях ионосферы равна N  1011 м 3 .
11.27. Для радиоволн с частотой ν = 108 Гц показатель преломления ионосферы равен n = 0,95. Чему равны фазовая υ и групповая u скорости этих радиоволн? Определить концентрацию N
электронов в ионосфере.
11.28. Радиосигнал частоты ν = 107 Гц посылается вверх и
отражается на определенной высоте. Оценить концентрацию N
электронов на этой высоте.
11.29. На расстоянии r = 0,06R
от центра Солнца
8
( R  6,95  10 м − радиус Солнца) концентрация электронов при-
§11. Дисперсия света
105
мерно равна N  2  1014 м 3 . Могут ли радиоволны из этой области
Солнца достигать Земли, если их длина волны в вакууме равна: а)
  1 м ; б)   10 м ; в)   50 м ?
11.30. Получить выражение для фазовой скорости υ радиоволны в ионосфере в зависимости от длины волны λ.
11.31. Пусть в стекле дисперсия определяется одним резонансом с частотой ω0. Какой вид имеет закон дисперсии в этом
случае, если затуханием можно пренебречь?
11.32. Для найденного в задаче 11.30 закона дисперсии определить групповую скорость волнового пакета.
11.33. Найти показатель преломления n газовой атмосферы
на поверхности Венеры. Атмосфера Венеры состоит из углекислого газа, поляризуемость молекул которого равна α = 2,71023 см3.
Давление на Венере p = 100 атм, температура t = 500С.
11.34. Исследования прохождения плоской электромагнитной
волны с частотой  = 8 МГц через плоский однородный слой плазмы с концентрацией свободных электронов N  1012 м 3 показали,
что при увеличении толщины слоя d в d  2 раза, энергетический
коэффициент пропускания τ изменяется в   10 раз. Найти толщину слоя плазмы d.
11.35. При прохождении света в некотором веществе пути l
его интенсивность уменьшается в α = 2 раза. Во сколько раз β
уменьшится интенсивность света при прохождении пути 3l?
11.36. В некоторой среде распространяется плоская монохроматическая волна. Коэффициент поглощения среды для данной
длины волны равен μ = 1,0 м−1. На сколько процентов уменьшается
интенсивность света при прохождении волной пути, равного:
а) d1 = 5 мм (в оконном стекле); б) d2 = 10 мм (в зеркальном стекле); в) d3 = 1 м?
11.37. В прозрачной пластине толщиной d = 10 см для некоторой длины волны λ коэффициент поглощения линейно изменяется от μ1 = 0,8 м−1 у одной её поверхности до μ2 = 1,2 м−1 у другой.
На сколько процентов уменьшится интенсивность света с такой
длиной волны после прохождения пластины? Потерями на отражение света пренебречь.
11.38. Во сколько раз уменьшится интенсивность узкого пучка рентгеновского излучения с длиной волны λ = 0,02 нм при прохождении свинцовой пластинки толщиной d = 1 мм, если массовый
106
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
показатель
ослабления
для
данной
волны
равен
μm = μ/ρ = 3,6 см2/г? Плотность свинца  ρPb = 11,34 г/см3.
11.39. Узкий пучок рентгеновского излучения с длиной волны λ = 0,062 нм проходит через алюминиевый экран толщиной
d1 = 2,6 см. Какой толщины d2 должен быть свинцовый экран, чтобы ослаблять этот пучок в той же степени? Массовые показатели
ослабления для Al и Pb равны μm1 = μ1/ρ1 = 3,48 см2/г и
μm2 = μ2/ρ2 = 72,0 см2/г соответственно. Плотности свинца и алюминия равны ρPb = 11,34 г/см3 и ρAl = 2,7 г/см3.
11.40. Найти для Al толщину d слоя половинного ослабления
узкого пучка монохроматического рентгеновского излучения, если
массовый показатель ослабления равен μm = μ/ρ = 0,32 см2/г. Плотность алюминия  ρAl = 2,7 г/см3.
11.41. Импульсное излучение от одного из пульсаров на частоте 1 = 80 МГц достигает Земли на t  7 с позже, чем импульс
на частоте 2 = 2000 МГц. Оценить расстояние L до пульсара, если
средняя концентрация электронов в межзвездном пространстве
N  0,05 см–3.
11.42. Для некоторого твердого тела с линией поглощения на
частоте 1 действительная часть  комплексной диэлектрической
проницаемости
( = +i)
максимальна
при
частоте
max = 1,671015 с−1 и минимальна ( = 0,25) при частоте
min = 3,601015 с−1. Найти частоту 1, эффективное число N оптических электронов и показатель преломления n в низкочастотной области спектра (1).
11.43. Найти среднее значение Q потерь энергии переменного электрического поля Е  Е 0 cos t в единице объема разреженной
среды
с
диэлектрической
проницаемостью
()   ()  i () .
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков. Формулы Френеля
107
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
Формулы Френеля
 Граничные условия для векторов Е и Н, D и В при падении плоской волны на границу раздела однородных и изотропных
сред с диэлектрическими проницаемостями 1 и 2:
E1  E2  ; Н1  Н 2  ; D1n  D2 n ; B1n  B2 n .
 Волновой вектор k монохроматической волны в
среде с показателем преломления n:
ω
nN ,
c
где N – единичный вектор нормали к волновому фронту.
 Интенсивность плоской монохроматической волны в
среде с показателем преломления n:
 E 2
H2
I  υ 0 0  nE02  0 ,
2
n
где Е0, Н0 – амплитуды векторов Е и Н.
 Коэффициенты отражения r и пропускания t для комплексных амплитуд падающей (E10), отраженной (E00) и преломленной (E20) волн:
E
E
r  00 ; t  20 .
E10
E10
k

Формулы Френеля.
Еp10
Еs10
k1 θ1
Z
θ1
Еp00
Еs00
k0
Х
ε1
ε2
θ2
k2
Еp20
Еs20
Рис. Т12.1. Отражение и преломление света на границе
раздела двух сред с проницаемостями 1   2 .
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
108
Будем обозначать компоненты вектора Е, перпендикулярные
плоскости падения, E s , а компоненты, лежащие в плоскости падения, E p . Тогда формулы Френеля в первой форме запишутся в виде (см. рис Т12.1):
Es k  k
2 k1 z
Es
2z
, t sE  20
;

rsE  00  1z
s
E10 k1z  k 2 z
E s k1z  k 2 z
10
k
k1z k 2 z
2 1z

p
E
ε1

2
r pE  00   1
, t pE  20p 
p
k
k
k
k
E10
1z
E
1z
 2z
 2z
10
1
2
ε1
ε2
Вторая форма записи формул Френеля:
sin 1  2  E 2 cos 1 sin 2
rsE  
, ts 
;
sin 1   2 
sin 1   2 
Ep
rpE = -
tg (1 - 2 )
tg (1 + 2 )
, t pE 
ε1
.
ε2
2 cos 1 sin 2
.
sin 1  2  cos1  2 
Третья форма записи формул Френеля:
n cos θ1  n2 cos θ 2
2n1 cos θ1
rsE  1
, t sE 
;
n1 cos θ1  n2 cos θ 2
n1 cos θ1  n2 cos θ 2
rpE  

n2 cos θ1  n1 cos θ 2
2n1 cos θ1
, t pE 
.
n2 cos θ1  n1 cos θ 2
n2 cos θ1  n1 cos θ 2
Угол Брюстера θБр:
 Бр  arctg
n2
.
n1
 Азимут поляризации падающей волны.
Азимутом поляризации называют угол 1 между плоскостью
поляризации волны и плоскостью падения (   2  1   2 ).
 Коэффициенты отражения R и пропускания T по
энергии:
S n ,отр I отр
R

 r2 ;
S n ,пад I пад
T
S n ,прел
S n ,пад

n 2  cos  2 2 I прел cos  2
,
t 

n1  cos 1
I пад cos 1
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков. Формулы Френеля
109
где S – вектор Умова-Пойнтинга, S ~ E  H ~ nE 2 .
 Коэффициенты отражения R и пропускания T по
интенсивности:
I отр
I прел
cos 1
R
.
R; T 
T
I пад
I пад
cos  2
 Связь интенсивностей падающей, отраженной и преломленной волн:
cos  2
I пад  I отр  I прел 
.
cos 1

Угол полного внутреннего отражения θ m :
 m  arcsin
n1
.
n2
 Уравнение преломленной волны при полном внутреннем
отражении (см. рис. Т12.2):
 k2 z z i (t  k1x x )
где
E 2 r , t   E 20 e

k 2z 
c
e
,
n1 sin 1 2  n22 .
Z
ik2z
n2
k2x X
0
n1
1 0
k1
k0
пред
Рис. Т12.2. Отражение и преломление света на границе раздела двух сред
с показателями преломления n1>n2 при полном внутреннем отражении.
 Глубина проникновения световой волны с отражающую
среду при полном внутреннем отражении:
1
c
z 

.
k 2z  n sin  2  n 2
1
1
2
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
110

света ∆:
Степень поляризации отраженного и преломленного
Δ
Is  I p
.
Is  I p
Значения Δ могут быть и положительными, и отрицательными.
12.1. Исходя непосредственно из граничных условий для векторов Е и Н, D и В при падении плоской волны на границу раздела
однородных и изотропных сред с диэлектрическими проницаемостями 1 и 2, получить формулы Френеля в форме:
tg (1 - 2 )
sin 1  2 
rsE  
, rpE = ;
sin 1   2 
tg (1 + 2 )
t sE 
где rsE 
Es
00
Es
10
,
2 cos 1 sin 2
2 cos 1 sin 2
, t pE 
,
sin 1   2 
sin 1  2  cos1  2 
s
Ep
E 20
E
E
t s  s ; r p  00 ,
E10
Ep
10
t pE

E 20p
E10p
(см. рис. Т12.1).
12.2. Получить формулы Френеля при малых углах падения
плоской волны на границу раздела однородных сред с показателями преломления n1 и n2.
12.3. Определить коэффициенты отражения R и пропускания
Т света при малых углах падения плоской волны на границу раздела однородных сред с показателями преломления n1 и n2.
12.4. Рассчитать коэффициенты отражения R и пропускания
Т при нормальном падении света из воздуха: а) на воду (nв = 1,33);
б) на стекло (nст = 1,5).
12.5. Свет с интенсивностью I0 падает нормально на прозрачную пластинку, коэффициент отражения каждой поверхности которой R = 0,05. Найти интенсивность I прошедшего через пластинку
света: а) пренебрегая вторичными отражениями; б) с учетом многократных отражений.
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков. Формулы Френеля
111
12.6. Плоская монохроматическая световая волна интенсивностью I0 падает нормально на пластинку толщиной d с показателем поглощения μ. Коэффициент отражения каждой поверхности
пластинки равен R. Найти интенсивность прошедшего света, пренебрегая вторичными отражениями.
12.7. Под каким углом нужно отразить естественный свет от
кристалла каменной соли (n = 1,544), чтобы получить максимальную степень поляризации отраженного света?
12.8. При каких условиях луч света, падающий на боковую
грань прозрачной изотропной призмы с преломляющим углом
α = 60, проходит через неё без потерь на отражение?
12.9. Найти азимут α0 отраженной волны и азимут α2 преломленной волны, если азимут падающей волны α1, а угол падения и
угол преломления равны соответственно θ1 и θ2.
12.10. Плоская световая волна с интенсивностью I0, поляризованная перпендикулярно плоскости падения, падает под углом
Брюстера из воздуха на стекло с показателем преломления n.
Определить интенсивность Iотр отраженного света.
12.11. Распространяющийся в стекле с показателем преломления n  3 пучок света с интенсивностью I0 падает на плоскую
границу раздела с воздухом под углом  = 30. Найти интенсивность I преломленного пучка, если падающий свет поляризован в
плоскости падения.
12.12. Плоский пучок естественного света с интенсивностью
I0 падает под углом Брюстера на поверхность воды (n = 1,33). При
этом R = 0,03 светового потока отражается. Найти интенсивность
преломленного пучка.
12.13. Линейно поляризованный свет падает под углом Брюстера на поверхность стекла с показателем преломления n. Азимут
падающей волны равен α. Найти коэффициент отражения R по
энергии.
12.14. Естественный свет с интенсивностью I0 падает под углом Брюстера из воздуха на поверхность стекла с показателем преломления n  1,5 . Найти степень поляризации Δ2 преломленного
света.
12.15. При нормальном падении светового пучка из воздуха
на некоторый прозрачный диэлектрик отражается  = 25 энергии.
Какова будет интенсивность Iотр отраженной волны, если волна c
112
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
интенсивностью I0, линейно поляризованная в плоскости падения,
будет падать на этот диэлектрик под углом   arctg(3) ?
12.16. При падении неполяризованного светового пучка из
воздуха под углом  = 60 на некоторый прозрачный диэлектрик
отраженный свет полностью поляризован. Найти интенсивность Iотр
отраженной волны при нормальном падении пучка с интенсивностью I0 из такого диэлектрика на границу с воздухом.
12.17. Неполяризованный свет падает под углом θ1 = 45 на
поверхность стекла с показателем преломления n = 1,53. Найти
степень поляризации Δ отраженного света.
12.18. На поверхность стекла падает естественный свет под
углом φ = 30°. Показатель преломления стекла n = 1,5. Найти степень поляризации Δ преломленного света.
12.19. Узкий пучок естественного света падает под углом Брюстера на
поверхность толстой плоскопараллельной прозрачной пластины. При
этом от верхней поверхности отражается ρ = 0,08 светового потока. Найти
степень поляризации Δi пучков 1 – 4
Рис. 12.1. Ход лучей через пло- (рис. 12.1).
скопараллельную стеклянную
12.20. Узкий пучок линейно попластинку.
ляризованного света с интенсивностью I0 падает под углом Брюстера на плоскопараллельную стеклянную пластину так, что его плоскость поляризации перпендикулярна плоскости падения (рис. 12.1). Найти интенсивность I4 прошедшего через пластину пучка 4.
12.21. Узкий пучок естественного света падает под углом
Брюстера на поверхность толстой плоскопараллельной прозрачной
пластины с показателем преломления n (рис. 12.1). Определить
степень поляризации Δ прошедшего через пластину пучка 4.
12.22. Узкий пучок естественного света падает под углом
Брюстера на стопу Столетова, состоящую из N одинаковых толстых
плоскопараллельных пластин с показателем преломления n. Определить степень поляризации Δ прошедшего пучка.
12.23. Узкий пучок неполяризованного света падает под углом Брюстера на стопу Столетова, состоящую из N толстых пло-
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков. Формулы Френеля
113
скопараллельных стеклянных пластин (n = 1,5). Найти степень
поляризации ΔN прошедшего света, если N равно: а) 2; б) 5; в) 10.
12.24. Естественный свет пропускают через пластинку с показателем преломления n  1,5 . Найти степень поляризации Δ
прошедшего света при углах падения θ = 20°, 45°, 60° и 80.
12.25. Естественный свет падает наклонно на плоскопараллельную стеклянную пластинку. Найти степень поляризации Δ вышедшего из пластинки света с учетом многократных отражений
(ответ выразить через углы падения θ1 и преломления θ2).
12.26. Показать с помощью формул Френеля, что при достаточно малых углах падения (θ1+θ2 < π/2) при отражении от оптически более плотной среды (n2 > n1) происходит изменение фазы волны на π, а при отражении от оптически менее плотной среды фаза
отраженной волны совпадает с фазой падающей.
12.27. Показать, что в случае полного внутреннего отражения
интенсивность отраженного света равна интенсивности падающего
света.
12.28. Найти фазовый сдвиг  между р- и s-компонентами отраженной волны при полном внутреннем отражении.
12.29. Чему должен быть равен показатель преломления n
вещества, чтобы в результате однократного полного внутреннего
отражения на его границе с воздухом можно было линейно поляризованный свет с азимутом поляризации 45 преобразовать в свет с
круговой поляризацией?
12.30. В параллелепипеде Френеля проходящий через него свет исθ
θ
пытывает двукратное полное внутθ
реннее отражение (рис. 12.2), что
позволяет, в частности, преобразовы- Рис. 12.2. Ход лучей в параллевать линейно поляризованный свет в лепипеде Френеля.
свет с круговой поляризацией. Для
этого угол параллелепипеда θ выбирается таким, чтобы при однократном отражении разность фаз  между р- и s-компонентами
 p   s   / 4 . Рассчитать преломляющий угол θ для параллелепипеда Френеля, изготовленного из стекла с показателем преломления n = 1,51.
12.31. Каким должен быть минимальный показатель преломления n у материала для параллелепипеда Френеля, чтобы обеспе-
l
m
В
114
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
чить на выходе сдвиг фаз между р- и s-компонентами, равный
   p  s  3 2 ?
12.32. Линейно поляризованный свет падает на границу раздела "стекло  воздух" и полностью отражается. Какая получится
поляризация отраженного света, если азимут поляризации падающего света равен: а) α = +45; б) α = 45?
12.33. Линейно поляризованная световая волна с азимутом
колебаний α = −45 полностью отражается от границы "вода  воздух". Показатель преломления воды n = 1,33. Каким должен
быть угол падения θ волны, чтобы отраженная волна получилась
поляризованной по кругу? Какой будет при этом круговая поляризация: правой или левой?
12.34. Оценить глубину проникновения Δz поляризованного перпендикулярно
θ
плоскости падения лазерного излучения
(λ = 0,63 мкм) в воздух после прохождения
n
Рис. 12.3. Падение све- прямоугольной призмы из стекла с показатовой волны на призму. телем преломления n  1,5 и преломляющим углом   45 (рис. 12.3).
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
115
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика

Уравнение плоской монохроматической волны в диэлектрической немагнитной среде в комплексной форме:
 
~
Nr 
At , r   A0 expi  t 
 ,
υ 
 
2
~
где A0  комплексная амплитуда, k 
N  волновой вектор, N 

единичный вектор волновой нормали к фронту плоской волны,

υ
 фазовая скорость (скорость фронта волны в направлении
k
нормали N) (рис. Т13.1).
D
E

υ
N
0
s
B,H
k

u
[EH]
Рис Т13.1. Взаимная ориентация векторов E, D, Н и k при распространении световой волны в анизотропной среде.

Связь модулей векторов E, D, Н и В в световой волне:
E  υB , H  υD .

Вектор Умова-Пойнтинга S:
S  E,H   EDυs   E,D 
υ
s,
cos
где s – единичный вектор в направлении E,H  .

Фазовая скорость υ:
υ
c
с

.
n

ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
116

Лучевая скорость u:
υ
s,
cos
где α – угол между векторами D и E (угол поляризации) (см.
рис. Т13.1).
u

Интенсивность света I в направлении луча S:
υ
I   E ,D 
 E , D  u  wu ,
cos
где w  среднее по времени значение объёмной плотности энергии
электромагнитного поля световой волны.
 Тензорная связь между векторами D и Е в анизотропной
среде в проекциях на главные направления кристалла:
Di   0  i E i (i = x, y, z),
где εi − главные диэлектрические проницаемости.

Главные показатели преломления ni:
ni   i .

Главные скорости υi:
υi  с / n i .
Главные скорости – это скорости распространения волны,
поляризованной вдоль соответствующего главного направления.
 Зависимость фазовой скорости υ плоской линейнополяризованной волны от ориентации вектора D в кристалле с
главными скоростями υi:
υ2 
d i2 υi2 (i = x, y, z),

i
где di  направляющие косинусы вектора D относительно главных
направлений кристалла.

Эллипсоид показателей преломления (ЭПП):
x2 y2 z 2


 1.
nx2 n 2y nz2
Главные оси ЭПП совпадают с главными направлениями
анизотропной среды.
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
117
 Уравнение волновых нормалей (уравнение Френеля)
для фазовых скоростей:
N i2
 0 (i = x, y, z),
2
2
i υ  υi

где Ni  проекции вектора N на главные направления кристалла.
 Зависимость
лучевой
скорости
u
линейнополяризованной волны от ориентации вектора Е в кристалле с
главными скоростями υi:
еi2
1

(i = x, y, z),
2
u2
i υi
где еi − проекция вектора E на главные направления кристалла.
 Эллипсоид лучевых скоростей (эллипсоид Френеля):
x2 y2 z2


1,
υ x2 υ y2 υ z2

где υi − главные скорости анизотропного кристалла; главные оси
эллипсоида Френеля совпадают с главными направлениями анизотропной среды.

Уравнение Френеля для лучевых скоростей:
S i2 υi2
0.
2
2
i u  υi

 Одноосные кристаллы.
Пусть оптическая ось кристалла совпадает с осью 0Z и
 x   y    ,  z   || .
В этом случае уравнение ЭПП запишется в виде:
x2  y2 z2

 1.

 ||
Для нахождения фазовых скоростей волн, распространяющихся в некотором направлении волновой нормали N (пусть N лежит в плоскости 0XZ и образует с оптической осью кристалла угол
) (см. рис. Т13.2), найдем сечение ЭПП плоскостью, перпендикулярной к N. Это сечение имеет форму эллипса, одна из полуосей
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
118
которого всегда ориентирована по оси 0Y и равна   (на рисунке не
показана). Следовательно, волна, поляризованная перпендикулярно
оптической оси и вектору волновой нормали N, т.е. перпендикулярно плоскости главного сечения, распространяется со скоростью
c
c

υ0 
. Такую волну называют обыкновенной.
n0
ε
Рис.Т13.2. Сечение эллипсоида показателя преломления плоскостью y = 0 (штриховая линия) для одноосных положительного (а) и отрицательного (б) кристаллов
(0z – оптическая ось кристалла).
Для второй волны (необыкновенной), поляризованной в плоскости главного сечения (в направлении De), фазовая скорость равна
c
υe 
.
n 
n 
1
cos 2  sin 2 


||
; υe   c
cos 2  sin 2 
.


 ||
Параметры n0  ε  и ne   || называют обыкновенным и
необыкновенным показателями преломления.

Положительные и отрицательные одноосные кристаллы.
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
119
Если  x   y    ,  z   || , то при  ||    кристаллы называют
положительными,
и
отрицательными,
если
 ||   
(рис. Т13.3).
а)
б)
Рис. Т13.3. Сечения лучевых поверхностей одноосного
положительного (а) и отрицательного (б) кристаллов.

n 
c
удобно описывать преломление плоских волн на границе с анизотропной средой (см. рис. Т13.4 для случая отрицательного кристалла). Для расчета углов преломления нормалей можно использовать закон преломления Снеллиуса.
С помощью эллипсоида волновых векторов k  
Рис. Т13.4. Сечение волновой поверхности, состоящей из сферы и эллипсоида, плоскостью z = 0 для одноосного отрицательного кристалла.
Уравнение лучевого эллипсоида имеет вид:


ε  x 2  y 2  ε || z 2  1 .
Его центральные сечения приведены на рис. Т13.5.
120
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
Рис. Т13.5. Сечения лучевого эллипсоида плоскостью y=0 и взаимная ориентация векторов Ee и Se для положительного (а) и отрицательного (б) одноосных
кристаллов (0z – оптическая ось кристалла).
Лучевая скорость необыкновенной волны равна:
c
,
u e  
2
  cos   ε || sin 2 θ
где θ − угол между Se и оптической осью кристалла 0z, а лучевая
c
c
.
скорость обыкновенной волны u 0  υ0 

n0
ε
13.1. Для анизотропного кристалла с заданными значениями
главных диэлектрических проницаемостей  x  4 ;  y  3 ;  z  2
построить cечения плоскостями x = 0, y = 0 и z = 0: a) эллипсоида
показателей преломления; б) лучевого эллипсоида; в) лучевой поверхности. Указать направления главных оптических осей.
13.2. Для анизотропного кристалла с значениями главных диэлектрических проницаемостей  x  2 ;  y  3 ;  z  4 построить
лучевую поверхность и найти направления главных оптических
осей.
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
121
13.3. Для анизотропного кристалла с заданными значениями главных диэлектрических проницаемостей  x  2 ;  y  4 ;
 3 1 
 z  3 найти фазовые скорости для направления N   ; ;0 .
 2 2 
13.4. Для анизотропного кристалла с значениями главных
диэлектрических проницаемостей  x  4 ;  y  3 ;  z  2 найти лу
3 1 
; .
чевые скорости для направления S  0;
 2 2 
13.5. Для некоторой среды уравнение эллипсоида показатеx2 y2 z2


 1 . Найти фазовые сколей преломления имеет вид:
2 2 ,5 3
1
1
рости волн в направлении N 
ex 
ez .
2
2
13.6. Показать, что в анизотропной среде волны, распространяющиеся в одном направлении с разными фазовыми скоростями
υ1  υ2 , поляризованы во взаимно перпендикулярных плоскостях,
т.е. D1D2.
13.7. Получить уравнение Френеля для фазовых скоростей:
N i2
 0 (i = x, y, z), где Ni  проекции вектора нормали к
2
2
i υ  υi
волновому фронту N на главные направления кристалла.
13.8. Получить уравнение Френеля для лучевых скоростей:
S i2 υi2
 0 , где Si  проекции лучевого вектора S на главные
2
2
i u  υi
направления кристалла.
13.9. Получить формулу зависимости фазовой скорости υ
плоской линейно-поляризованной волны от ориентации вектора D в
кристалле: υ 2 
d i2 υi2 , где υi − главные скорости, di  направля-



i
ющие косинусы вектора D относительно главных направлений кристалла.
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
122
еi2
1
, описывающую зависи
2
u2
i υi
мость лучевой скорости u световой волны от ориентации вектора Е
в анизотропной среде с главными скоростями υi (еi − направляющие
косинусы вектора Е относительно главных направлений кристалла).
13.11. Главные диэлектрические проницаемости некоторой
среды равны: εх = 4, εy = 2, εz = 3. Найти лучевые скорости волн с
3
1
e x  e z . Записать уравнения
частотой ω в направлении S 
2
2
этих волн для вектора Е.
13.12. Главные диэлектрические проницаемости некоторой
среды равны: εх = 2,5, εy = 3, εz = 2. Найти фазовые скорости волн с
1
1
частотой ω в направлении N 
ey 
e z . Записать уравнения
2
2
этих волн для векторов D.
13.13. Для некоторой среды уравнение эллипсоида показатеx2 y2 z2


 1 . Записать для вектолей преломления имеет вид:
2
3
4
ра Е уравнения волн с частотой ω, лучевые скорости которых име1
1
ют направление S 
ex 
ey .
2
2
13.14. Главные значения диэлектрической проницаемости
немагнитной среды: x = 2; y = 2,5; z = 3. Как должна быть
поляризована волна, чтобы ее фазовая скорость в этой среде была
максимальна? Найти это максимальное значение. Написать
уравнения такой волны для вектора D, если её частота равна , а
амплитуда
вектора
электрической
X
индукции D0.
13.15. На рис. 13.1 показано сечение лучевой поверхности плоскостью
Z
Х0Z. Известно, что скорость распростра0
нения света вдоль оптической оси равна
c / 3 . Найти характеристики кристалла;
Рис. 13.1. Сечение лучевой
построить лучевые поверхности, эллиподноосного
поверхности
соид показателей преломления и лучевой
кристалла плоскостью Х0Z.
эллипсоид.
13.10. Вывести формулу

§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
123
13.16. При наклонном падении луча на кристаллическую
пластинку её поворачивают вокруг оси, перпендикулярной плоскости падения луча и лежащей в плоскости пластинки, и измеряют
показатель преломления. Оказалось, что один показатель преломления постоянен при всех поворотах пластинки и равен 1,646, а
другой меняется от 1,642 до 1,646. Определить оптический знак
кристалла и ориентировку пластинки относительно оптической
оси.
13.17. Как будут изменяться показатели преломления пластинки из того же материала, что в задаче 13.16, если оптическая
ось пластинки перпендикулярна плоскости падения луча и параллельна поверхности пластинки?
13.18. Пучок неполяризованного излучения падает наклонно
на пластинку из одноосного положительного кристалла. Найти с
помощью построения Гюйгенса направления преломленных лучей
для следующих случаев (рис. 13.2): а) оптическая ось кристалла
находится в плоскости падения и параллельна поверхности пластинки; б) оптическая ось кристалла находится в плоскости падения и перпендикулярна поверхности пластинки; в) оптическая ось
кристалла перпендикулярна плоскости падения и параллельна поверхности пластинки. Указать поляризацию преломленных лучей.
опт. ось
опт. ось
опт. ось
а)
б)
в)
Рис. 13.2. Ориентация оптических осей относительно поверхности кристалла.
13.19. Решить задачу 13.18, если пучок света падает на отрицательный одноосный кристалл.
13.20. Узкий пучок неполяризованного света падает наклонно
на пластинку из одноосного анизотропного кристалла, оптическая
ось которого расположена в плоскости паопт. ось
дения под углом к плоскости пластинки
(рис. 13.3). Найти с помощью построения
Гюйгенса направления преломленных
пучков, если кристалл: а) отрицательный; Рис. 13.3.Ориентация оптиб) положительный. Указать поляризацию ческой оси относительно
поверхности кристалла.
преломленных пучков.
124
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
13.21. Узкий пучок неполяризованного света падает нормально на одноосный положительный кристалл, оптическая ось
которого образует угол α (0< α<90°) с нормалью к нластинке.
Найти с помощью построения Гюйгенса направления преломленных пучков.
13.22. Найти угол  между норZ
Ee
Se
малью к волновому фронту Ne и лучом
θ
Se для необыкновенной волны в одноα
θ
Ne осном кристалле с известными значеφ
ниями главных диэлектрических про0
Х
ницаемостей εǀǀ и   в зависимости от
Рис. 13.4. Ориентация векторов E, S и N в плоскости Х0Z ориентации вектора Ее (рис. 13.4).
13.23. Определить максималь()Х – отпическая ось кристалла).
ный угол αmax между направлением
луча и направлением волновой нормали в исландском шпате, для которого no = 1,658 и nе = 1,486.
13.24. Узкий пучок света с длиной волны λ = 0,55 мкм распространяется в исландском шпате под углом θ = 45° к оптической
оси. Показатели преломления исландского шпата no = 1,658 и
nе = 1,486. Найти угол  между фазовой и лучевой скоростями.
13.25. Параллельный пучок света падает нормально на пластинку исландского шпата (no = 1,658 и nе = 1,486) толщиной
d = 0,03 мм, вырезанную параллельно оптической оси. Определить
оптическую разность хода Δ обыкновенного и необыкновенного
лучей, прошедших через пластинку.
13.26. Имеются две пластинки, вырезанные параллельно оптической оси: одна  из исландского шпата толщиной d = 1,0 мм,
другая  из кварца. Найти толщину dꞌ кварцевой пластинки, которая для света с длиной волны   0,55 мкм дает такую же разность
хода обыкновенного и необыкновенного лучей. В чем при этом будет их различие? Для кварца no = 1,545 и ne = 1,554; для исландского шпата no = 1,658 и ne = 1,486.
13.27. Монохроматический пучок неполяризованного света
падает нормально на пластинку из исландского шпата, вырезанную
под углом  к оптической оси. Найти разность хода  для обыкновенной и необыкновенной волн в зависимости от угла . Толщина
пластинки равна d, главные показатели преломления  no и ne.
13.28. Найти фазовую скорость υе необыкновенной волны,
нормаль к волновому фронту N которой лежит в плоскости главно-
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
125
го сечения кристалла и составляет угол φ с оптической осью.
Главные диэлектрические проницаемости кристалла равны εǀǀ и   .
13.29. Из одноосного кристалла с главными показателями
преломления no и ne вырезан кубик. Ребра кубика совпадают с главными направлениями кристалла. Найти фазовые скорости υ, с которыми плоские световые волны могут распространяться вдоль пространственной диагонали кубика.
13.30. Луч неполяризованного света падаα
ет нормально на призму Волластона, сделанную
из исландского шпата (no = 1,658, ne = 1,486)
(рис. 13.5, точками и линиями показаны направления оптических осей каждой из призм). Преломляющий угол призмы  = 15. Построить Рис. 13.5. Призма
ход лучей через призму. На какой угол φ будут Волластона.
разведены два луча на выходе из призмы?
13.31. Двоякопреломляющая призма изготовлена из стекла с показателем преломления
α
n = 1,66 и исландского шпата с показателями
преломления для обыкновенного и необыкновенного лучей no = 1,658, ne = 1,486 соответственно (рис. 13.6). Оптическая ось призмы Рис. 13.6. Двоякопреперпендикулярна плоскости рисунка, прелом- ломляющая призма.
ляющий угол  = 30. На стеклянную грань
призмы нормально падает пучок света. Построить ход лучей через
призму. Определить угол φ расхождения лучей, вышедших из
призмы.
13.32. Построить ход узкого
пучка неполяризованного света через
призмы, обе части которых изготовлены из одного и того же двоякопреломляющего материала, но оптические оси призм взаимно перпендикуб)
а)
лярны (рис. 13.7, точками и линиями
Рис.
13.7.
Двоякопреломляющие
показаны направления оптических
призмы: а) Рошона; б) Сенармона.
осей каждой из призм): а) призма
Рошона; б) призма Сенармона.
13.33. Призма Николя сделана из кристалла исландского
шпата, разрезанного на две равные части вдоль диагональной
плоскости (рис 13.8). Эти части склеены канадским бальзамом,
126
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
показатель преломления которого n = 1,54.Луч света
e падает на призму так, что
90°
внутри призмы необыкновенный луч идет параллельα
β+δ
но длинному ребру призмы,
о
практически не испытывая
Рис. 13.8. Ход лучей через призму Николя.
бокового смещения при переходе через разрез. Для данного направления показатель преломления необыкновенного луча ne = 1,516, а обыкновенного
no = 1,658. Определить угол α между длинным и коротким ребрами
призмы Николя, при котором угол падения обыкновенного луча на
слой канадского бальзама превышает угол полного внутреннего
отражения β на δ = 1°45ꞌ, а необыкновенный луч идет так, как описано выше.
13.34. Поляризационная призма Глана сделана из исландского шпата и склеена глицерином (n = 1,474). Неполяризованный световой пучок нормально падает на переднюю
грань призмы. Оптические оси обеих частей
призмы перпендикулярна плоскости падения
α
света (рис. 13.9). Преломляющий угол призРис. 13.9. Поляризаци- мы α = 18°. Показатели преломления исонная призма Глана.
ландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей равны no = 1,658, ne = 1,486. Какой луч выходит из призмы?
13.35. Две поляризационные призмы с воздушной прослойкой изготовлены из исландского шпата (no = 1,658, ne = 1,486)
(рис. 13.10). В одной призме оптическая ось перпендикулярна
плоскости падения света (а), в другой  параллельна (б). При условии
нормального падения света на грань
призмы определить: а) какая из призм
пропускает больше света; б) каким
должен быть преломляющий угол
б)
а)
призм , чтобы из призмы выходил
Рис. 13.10. Различные полярилинейно-поляризованный свет.
зационные призмы.
§14. Поляризация света
127
§14. Поляризация света

Закон Малюса:
I θ   I 0 cos 2 θ ,
где  − угол между плоскостью поляризации волны и плоскостью
пропускания анализатора, I 0 − интенсивность линейно поляризованной волны.
 Эллипс поляризации.
Пусть плоская монохроматическая волна распространяется
вдоль оси 0Z и для некоторой плоскости z = const компоненты вектора Е в проекциях на координатные оси 0Х и 0Y имеют вид:
x  a cosωt  ,
y  b cos (ωt  ) ,
где x = Ex, y = Ey, a = Ex0, b = Ey0    y   x  const .
Тогда уравнение траектории движения конца вектора Е в
плоскости волнового фронта имеет вид:
2
2
xy
 y
 x
2
      2 cos   sin  .
ab
a
b
Это уравнение эллипса, главные оси которого ориентированы
под углом θ 0 к координатным осям 0Х и 0Y (рис. Т14.1), причем
2ab
b
tg 2 0  2
 cos   tg 2  cos  , где tg α  .
2
a
a b
Рис. 14.1. Вид эллипса поляризации при различном выборе системы координат.
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
128

Уравнение эллипса поляризации в системе главных осей:
2
2
 y 
 x 
     1,
 A
B
где 0Х' и 0Y' – главные оси эллипса, А и В − длины главных полуосей эллипса поляризации, причем
A2  B 2  a 2  b 2  c 2  I0 ;
2
1  1  sin 2 2  sin 2 
b
B
, где tg α  .
  
a
 A
1  1  sin 2 2  sin 2 
 Степень поляризации:
I пол
P
,
I ест  I пол
где I пол и I ест  интенсивности поляризованной и естественной
компонент соответственно.

 "Четвертьволновые" пластинки (пластинки " "):
4



Δ   m (или разность фаз    m ),
2
4
2
где Δ  d no  ne  − дополнительная разность хода после прохождения двупреломляющей пластинки толщиной d, no и ne – показатели преломления для обыкновенной и необыкновенной волн.

 "Полуволновые" пластинки (пластинки " "):
2

Δ   m (     2m ).
2
 Анализ состояния поляризации света с помощью двупреломляющей пластинки.
Если пучок неполяризованного света направить на систему,
состоящую из поляризатора, двупреломляющей пластинки и анализатора, то интенсивность прошедшего через систему света будет
равна:


I , ,    I 0 сos 2      sin 2  sin 2  sin 2  ,
2

где α, β – углы между оптической осью пластинки и направлениями
пропускания поляризатора и анализатора соответственно; δ − раз-
§14. Поляризация света
129
ность фаз, вносимая пластинкой, I0 –интенсивность света после
поляризатора.
В случае параллельно ориентированных поляризатора и анализатора (α = β)


I  I 0 1  sin 2 2  sin 2  .
II
2

В случае ориентированных взаимно перпендикулярно (скре
щенных) поляризатора и анализатора (     )
2

I   I 0 sin 2 2  sin 2 .
2
 Естественное вращение плоскости поляризации:
  l ,
где ψ – угол поворота плоскости поляризации световой волны, l –
длина пути светового луча в кристалле, α – постоянная вращения,
зависящая от рода вещества, температуры и длины волны.
Согласно теории Френеля


n0  ne l ,
0
где λ0 – длина волны в вакууме, no и ne – показатели преломления
для обыкновенной и необыкновенной волн соответственно.
14.1. Чему равна степень поляризации Р света, являющегося
смесью естественного и линейно поляризованного, если отношение интенсивности поляризованного света к интенсивности естественного равно: а) 1; б) 10?
14.2. Линейно поляризованный свет с интенсивностью I0
проходит последовательно через два поляризатора, плоскости пропускания которых образуют с плоскостью поляризации света углы
α1 = 30° и α2 = 60°. Определить интенсивность I прошедшего света.
14.3. Естественный свет падает на систему из двух поляризаторов, угол между плоскостями пропускания которых равен
α1 = 30°. Как изменится интенсивность прошедшего света, если
увеличить этот угол до α2 = 45°?
14.4. Линейно поляризованный свет с интенсивностью I0 па-
130
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
дает на систему из двух поляризаторов. Плоскость пропускания
первого поляризатора составляет угол α с плоскостью поляризации
света, а плоскость пропускания второго поляризатора совпадает с
плоскостью поляризации падающего света. Найти интенсивность I
прошедшего света.
14.5. Поляризованный по кругу свет с интенсивностью I0 падает на систему из трех поляризаторов. Первый и последний поляризаторы скрещены, а угол между плоскостями пропускания первого и второго поляризаторов равен α. Найти интенсивность I прошедшего света.
14.6. Пучок естественного света падает на систему из N = 6
поляризаторов, плоскость пропускания каждого из которых повернута на угол  = 30 относительно плоскости пропускания предыдущего поляризатора. Какая часть светового потока проходит через
систему?
14.7. Большое число (N+1) поляроидов уложено в стопку.
Плоскость пропускания каждого последующего поляроида составляет малый угол α с плоскостью предыдущего, так что угол между
плоскостями пропускания первого и последнего поляроидов равен
Nα. На стопку падает линейно поляризованный свет с интенсивностью I0, плоскость поляризации которого совпадает с плоскостью
пропускания первого поляроида. Пренебрегая потерями на отражение и поглощение, найти интенсивность I прошедшего света.
14.8. Естественный свет с интенсивностью I0 проходит через
систему из двух последовательно расположенных одинаковых совершенных поляризаторов. При этом интенсивность прошедшего
через систему света уменьшается в η = 8 раз. Какова будет интенсивность I прошедшего света, если один из поляризаторов повернуть в ту или другую сторону на угол α = π/6?
14.9. Частично поляризованный свет (смесь естественного и
линейно поляризованного) со степенью поляризации Р = 0,5 пропускают через николь. Как изменится интенсивность света за николем, если николь из положения, соответствующего максимуму
пропускания, повернуть на θ = 45?
14.10. На пути частично поляризованного света находится
совершенный поляризатор, при этом интенсивность прошедшего
света равна I1. После поворота поляризатора на 90° интенсивность
света уменьшается до I2. Определить интенсивность линейно поляризованной компоненты Iлин, если она в β = 4 раза больше интенсивности естественной составляющей.
§14. Поляризация света
131
14.11. На пути частично поляризованного света находится
николь. При его повороте на угол  = 60 из положения, соответствующего максимуму пропускания, интенсивность света за николем уменьшается в β = 3 раза. Определить степень поляризации Р
света.
14.12. Линейно-поляризованный пучок света с интенсивностью I0 пропускают через идеальный поляризатор, который вращается вокруг оси пучка с постоянной угловой скоростью . Найти
световую энергию W, которую пропускает поляризатор за один
оборот, если площадь поперечного сечения пучка равна S0.
14.13. Степень поляризации пучка частично поляризованного
света Р = 0,4. Какой станет степень поляризации Р1 света, если интенсивность линейно поляризованной составляющей уменьшить в
 = 2 раза?
14.14. При падении естественного света на некоторый поляризатор проходит 1 = 30 светового потока, а через два таких поляризатора − 2 = 13,5. Найти угол  между плоскостями пропускания этих поляризаторов.
14.15. Для сравнения яркостей двух поверхностей, освещаемых неполяризованным светом, первую поверхность рассматривают непосредственно, а вторую  через два николя. Найти отношение этих яркостей, если освещенность обеих поверхностей кажется
одинаковой, когда угол между николями равен φ = 60. Считать, что
потери света в каждом из николей на отражение и поглощение составляют р = 10% от интенсивности падающего света.
14.16. Некогерентная смесь линейно поляризованного света и
света, поляризованного по кругу, рассматривается через николь.
Поворачивая николь вокруг оси пучка, находят такое положение,
при котором интенсивность прошедшего света максимальна. Если
теперь повернуть николь на некоторый угол θ  /2, то интенсивность прошедшего света уменьшится в  = 2 раза, но будет во
столько же раз больше, чем в случае ориентации николя на минимум пропускания. Найти отношение интенсивностей линейно поляризованного света и света, поляризованного по кругу, Iлин/Iкруг и
угол .
14.17. Некогерентная смесь линейно поляризованного света и
света, поляризованного по кругу, рассматривается через поляроид.
При повороте поляроида из положения, соответствующего максимуму интенсивности прошедшего света, на угол  = 30 интенсив-
132
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
ность света уменьшается на р = 20%. Найти соотношение интенсивностей циркулярно и линейно поляризованных компонент
Iкруг/Iлин.
14.18. Уравнения двух плоских волн с взаимно перпендикуЕ
имеют
вид:
лярными
направлениями
векторов
E1  ae x cos(t  kz ) и E 2  be y cos(t  kz  ) . Как ведет себя
результирующий вектор Е плоской волны, получающейся при сложении этих волн?
14.19. Какой характер поляризации имеет результирующая
плоская электромагнитная волна, описанная в задаче 14.18, если:
а) φ = 0; б) φ = π/2; в) φ = π/6; г) φ = 5π/6; д) φ = π; е) φ = 7π/6?
Изобразить эллипсы поляризации для всех случаев, считая а > b.
14.20. Как поляризована плоская световая волна, если уравнение для светового вектора Е в волне имеет вид:
а) E x  E cost  kz  , E y  E sin t  kz  ;


б) E x  E cost  kz  , E y  E cos  t  kz   ;
4

в) E x  E cost  kz  , E y  E cost  kz   .
14.21. Записать уравнение для светового вектора Е плоской
монохроматической волны: а) с правой круговой поляризацией; б)
с левой эллиптической поляризацией (большая ось эллипса лежит в
плоскости y  x ).
14.22. Какой характер поляризации имеет плоская волна, проекции вектора Е которой по осям Х и Y задаются уравнениями:


E x  a sin t  kz  , E y  a sin  t  kz   ? Построить эллипс по3

ляризации в плоскости z = 0, определить его полуоси А и В и их
ориентацию.
14.23. Определить характер поляризации плоской волны,
проекции вектора Е которой по осям Х и Y задаются уравнениями:
E x  3a cos t  kz  , E y  a sin t  kz  . Построить эллипс поляри-
зации в плоскости z = 0.
14.24. Свет с правой круговой поляризацией пропускают через николь. Записать уравнение световой волны на выходе из поляризатора, если его плоскость пропускания ориентирована под углом
 к оси Х.
§14. Поляризация света
133
14.25. Эллипс поляризации задан уравнением:
2
2
xy
 y
 x
Y
 cos   sin 2  .
     2
a
b
ab
 
 
θ0
Найти угол θ 0 , под которым ориентиX
0
рованы главные оси эллипса относительно
координатных осей 0Х и 0Y (рис. 14.1).
Рис. 14.1. Вид эллипса
14.26. Эллипс поляризации задан урав- поляризации.
нением:
2
2
xy
 y
 x
 cos   sin 2  .
     2
a
b
ab
 
 
Найти отношение полуосей эллипса.
14.27. Проекции вектора Е плоской световой волны по осям
Х и Y задаются уравнениями:
E x  2a sin t  kz  , E y  a sin t  kz   / 3 .
Записать уравнение эллипса поляризации. Найти угол θ 0 , под которым ориентированы главные оси эллипса относительно координатных осей 0Х и 0Y, и определить отношение полуосей эллипса.
14.28. Найти наименьшую толщину dmin пластинки кварца,
вырезанной параллельно оптической оси, чтобы падающий линейно поляризованный свет (λ = 500 нм) выходил поляризованным по
кругу. Для кварца nо = 1,5442, nе = 1,5533.
14.29. Пучок линейно поляризованного излучения интенсивностью I0 падает нормально на анизотропную пластинку, вырезанную параллельно оптической оси. Угол между направлением поляризации и оптической осью равен α. Найти интенсивность и состояние поляризации прошедшего света, если используется пластинка:
а) "λ/4"; б) "λ/2".
14.30. Параллельный пучок монохроматического света проходит через два николя, главные плоскости которых ориентированы
под углом δ = 20 друг к другу. Между николями помещают пластинку, вырезанную из одноосного кристалла параллельно его оптической оси, которая обеспечивает разность хода 2 между обыкновенным и необыкновенным лучами. При каком угле α между
главным направлением первого николя и оптической осью пластинки свет через систему не проходит?
14.31. Какова должна быть наименьшая толщина d пластинки
слюды, чтобы она могла служить в качестве пластинки 4 для све-
134
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
та натрия, если для этого света показатели преломления волн, идущих перпендикулярно к пластинке, соответственно равны
n1  1,5941 и n 2  1,5887 ?
14.32. Параллельный пучок монохроматического света с
длиной волны  и поляризованный по правому кругу падает нормально на пластинку в полволны. Найти состояние поляризации
света, прошедшего через эту пластинку.
14.33. Линейно поляризованный свет падает на пластинку λ/4
так, что угол между плоскостью поляризации света и оптической
осью пластинки равен   30 . Прошедшую волну исследуют с
помощью анализатора. Найти отношение I max / I min , где I max и I min
− соответственно максимальное и минимальное значения интенсивности, которые можно получить при вращении анализатора.
14.34. Смесь естественного и поляризованного по кругу света
рассматривается через кристаллическую пластинку в четверть волны и анализатор. При вращении анализатора вокруг оси светового
пучка найдено, что максимальная интенсивность света, прошедшего через систему, в  = 5 раз превосходит минимальную интенсивность. Найти отношение интенсивности Iкруг света, поляризованного по кругу, к интенсивности естественного света Iест.
14.35. Кристаллическая пластинка, вырезанная параллельно
оптической оси, имеет толщину d = 0,75 мм и служит пластинкой в
четверть волны для длины волны  = 600 нм. Для каких еще длин
волн в области видимого спектра она будет также пластинкой в
четверть волны, если для всех длин волн видимого спектра разность показателей преломления необыкновенного и обыкновенного
лучей n = nе – nо = 0,001?
14.36. Пучок неполяризованного излучения падает нормально
на систему, состоящую из поляризатора, двупреломляющей пластинки из одноосного кристалла и анализатора. Найти интенсивность прошедшего через систему света.
14.37. Между двумя скрещенными николями помещена кристаллическая пластинка толщиной d = 0,045 мм с показателями
преломления no = 1,54 и ne = 1,55. Пластинка вырезана параллельно
оптической оси кристалла и ориентирована так, что угол между
главным направлением первого николя и оптической осью пластинки равен α = 30. На систему падает нормально неполяризованный свет с длиной волны λ = 600 нм и интенсивностью I0. Найти
интенсивность I света на выходе из системы.
§14. Поляризация света
135
14.38. Между двумя параллельными николями помещена
кристаллическая пластинка в полволны, оптическая ось которой
составляет угол α = 30 с главным направлением первого николя.
На систему падает нормально естественный свет с интенсивностью
I0. Определить интенсивность света, прошедшего систему.
14.39. Кристаллическая пластинка с ∆n = nо – ne = 0,005, вырезанная параллельно оптической оси, помещена между поляризатором и анализатором так, что ее оптическая ось составляет угол
α = 45° с плоскостью пропускания поляризатора. Какой должна
быть минимальная толщина пластинки d для того, чтобы при произвольном положении анализатора интенсивность прошедшего через систему света с длиной волны  = 600 нм оставалась неизменной?
14.40. Анизотропная пластинка может вращаться между параллельно ориентированными поляризатором и анализатором. Из
положения, соответствующего максимально возможной интенсивности прошедшего через систему пучка монохроматического света,
анизотропную пластинку поворачивают на угол δ = 45, при этом
интенсивность уменьшается в  = 4 раза. Какую разность фаз вносит анизотропная пластинка?
14.41. Между скрещенными николями помещена анизотропная пластинка (толщина d = 2 мм, разность показателей преломления обыкновенной и необыкновенной волн в пластинке
n = 0,001), вырезанная параллельно оптической оси, которая ориентирована под углом  = 45 к главным направлениям николей.
Излучение каких длин волн из видимого диапазона не будет проходить через систему?
14.42. На кварцевую пластинку толщиной d = 3 мм, вырезанную параллельно оптической оси, нормально падает пучок белого,
линейно поляризованного света, плоскость поляризации которого
составляет угол α = 45 с осью пластинки. Выходящий из пластинки свет сначала снова проходит через николь, скрещенный с первичным поляризатором светового пучка, а затем падает на щель
спектроскопа. Сколько темных полос будет наблюдаться в спектре
от длины волны  D  589 нм до длины волны  F  486 нм включительно, если для  D : nе  1,5533 и nо  1,5442 , а для  F :
nе  1,5589 и nо  1,5497 .
14.43. На пластинку кварца, вырезанную параллельно оптической оси, нормально падает поляризованный по кругу свет (ин-
136
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
тервал длин волн от 1  400 нм до  2  500 нм). За пластинкой
поставлен поляроид, главное направление которого составляет угол
45 с осью пластинки. Прошедший свет падает на щель спектрографа. Сколько темных полос N получится в спектре, если толщина
кварцевой пластинки d  2 мм , nе  1,55 , no  1,54 ?
14.44. Между двумя скрещенными поляроидами поместили
кварцевый клин с преломляющим углом α = 3,5°. Оптическая ось
клина параллельна его ребру и составляет угол β = 45° с главными
направлениями поляроидов. При прохождении через эту систему
света с длиной волны λ = 550 нм наблюдается система темных полос, расстояние между которыми Δх = 1 мм. Определить разность
показателей преломления Δn кварца для обыкновенного и необыкновенного лучей.
14.45. Компенсатор Бабине состоит из двух кварцевых клиньев с одинаковыми острыми углами. В одном из клиньев оптическая ось параллельна, а в другом перпендикулярна ребру клина (рис. О.14.2). Показатели
преломления для обыкновенного и необыкновенного лучей в кварце равны nе  1,55 ,
no  1,54 . Компенсатор помещен между двумя
Рис. 14.2. Компенсаскрещенными николями. В каких местах комтор Бабине.
пенсатора наблюдаются темные полосы?
14.46. Вторые темные полосы (т.е. две полосы, из которых
одной соответствует вносимая компенсатором разность хода +2λ, а
другой −2λ) для натриевого света (  Na  589,3 нм) в компенсаторе
Бабине (николи скрещены) располагаются на 7,34 и 27,20 делениях
компенсатора. На каких делениях расположатся вторые темные полосы для света лития (  Li  670,8 нм )?
14.47. Между параллельными николями помещена анизотропная пластинка (n = 0,001), вырезанная параллельно оптической оси и ориентированная под углом  = 45 к главным направлениям николей. При какой минимальной толщине dmin пластинки
излучение с длиной волны 1 = 500 нм будет иметь максимальную
интенсивность, а излучение с длиной волны 2 = 600 нм будет
сильно ослаблено?
14.48. Между двумя скрещенными поляризаторами установлена кристаллическая пластинка "λ/4". Как будет изменяться интенсивность света, вышедшего из второго поляризатора, при вра-
§14. Поляризация света
137
щении пластинки вокруг направления луча, если на первый поляризатор падает естественный свет с интенсивностью I0?
14.49. Почему тонкая двоякопреломляющая пластинка, помещенная между двумя николями, имеет цветную окраску?
14.50. Будет ли наблюдаться цветная окраска тонкой двоякопреломляющей пластинки, если плоскость пропускания анализатора совпадает с одним из главных направлений пластинки?
14.51. В каких случаях тонкая кристаллическая пластинка,
помещенная между скрещенными николями, кажется темной в монохроматическом свете?
14.52. Монохроматический свет с правой круговой поляризацией с интенсивностью I0 распространяется вдоль оси Z. На его
пути последовательно находятся следующие элементы, оптические
оси которых располагаются под указанными углами к горизонтальной оси Х: поляризатор (α1 = 30°), пластинка λ/2 (α2 = 60°), пластинка λ/4 (α3 = 45°). Найти интенсивность света после прохождения всех элементов и определить состояние его поляризации.
14.53. Линейно поляризованный вдоль вертикальной оси Y
свет с интенсивностью I0 распространяется вдоль оси Z. На его пути последовательно находятся следующие элементы, оптические
оси которых располагаются под указанными углами к горизонтальной оси Х: поляризатор (α1 = 45°), пластинка λ/4 (α2 = 0°), пластинка λ/2 (α3 = 30°). Найти интенсивность света после прохождения
всех элементов и определить состояние его поляризации.
14.54. Свет с правой круговой поляризацией с интенсивностью I0 распространяется вдоль оси Z. На его пути последовательно находятся следующие элементы, оптические оси которых располагаются под указанными углами к горизонтальной оси Х: пластинка λ/4 (α1 = 45°), поляризатор (α2 = 30°), пластинка λ/2
(α3 = 60°), поляризатор (α4 = 45°). Найти интенсивность света после
прохождения всех элементов и определить состояние его поляризации.
14.55. На пути плоской поляризованной по кругу световой
волны с длиной волны λ и интенсивностью I0 находится диск, вырезанный из идеального поляроида с показателем преломления n.
Диск закрывает для точки наблюдения Р одну зону Френеля. Какой
должна быть толщина d диска, чтобы интенсивность света в точке
Р была максимальной? Определить эту интенсивность Imax.
14.56. Круглое отверстие в непрозрачном экране открывает
для точки наблюдения Р одну зону Френеля. Отверстие закрывают
138
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
идеальным поляроидом так, что направления колебаний вектора Е
в двух половинах зоны взаимно перпендикулярны. Отверстие
освещается поляризованным по кругу светом с интенсивностью I0.
Определить интенсивность I света в точке Р и его поляризацию.
14.57. В непрозрачном экране, на который нормально падает
плоская линейно поляризованная волна с интенсивностью I0, вырезано круглое отверстие размером в одну зону Френеля для некоторой точки наблюдения, лежащей на оси системы. В отверстие вставили пластинки λ/4 в форме полудисков, оптические оси которых
взаимно перпендикулярны. Плоскость поляризации падающей
волны составляет 45° с главными направлениями пластинок. Определить интенсивность I в точке наблюдения.
14.58. Параллельный пучок неполяризованного света падает
на пластинку 2. Интенсивность света в некоторой точке
наблюдения Р за пластинкой равна I0. Из пластинки вырезают диск,
закрывающий для точки Р полторы зоны Френеля. Найти
интенсивность I света в точке Р после того, как диск повернули
вокруг оси пучка на угол 90.
14.59. В непрозрачном экране, на который нормально падает
линейно поляризованная волна с интенсивностью I0, вырезано
круглое отверстие размером в две зоны Френеля для некоторой
точки наблюдения, лежащей на оси системы. Первая зона перекрыта пластинкой λ/4 в форме диска, а вторая − пластинкой λ/4 в форме кольца. Одноименные оси пластинок ориентированы взаимно
перпендикулярно. Главные направления пластинок в обоих случаях
составляют угол 45° с направлением колебаний вектора Е в падающей волне. Определить интенсивность света в точке наблюдения.
14.60. Определить разность показателей преломления Δn для
поляризованного по правому и левому кругам света с длиной волны λ = 589,3 нм в кварце, если постоянная вращения плоскости поляризации в кварце для этой длины волны равна α = 21,7 град/мм.
14.61. Какую минимальную разность показателей преломления Δn право- и левополяризованных по кругу волн (λ = 589,3 нм)
можно обнаружить при слое вещества h = 30 см, если измерять
угол поворота плоскости поляризации с точностью до Δφ = 1°?
§15. Тепловое излучение
139
§15. Тепловое излучение
 Тепловое излучение – электромагнитное излучение, испускаемое веществом за счет его внутренней энергии.
 Поглощательная способность тела α:
P
(, T )  погл ,
Pпад
где Рпогл –мощность излучения, поглощенного телом, Рпад –
мощность падающего на тело излучения, ν – частота излучения, Т –
температура тела.
0   1.
 Абсолютно черное тело – такое тело, у которого
(, T )  1 для любых частот и температур.
 Излучательная (испускательная) способность тела ε:
dP
(, T )  изл ,
dSd
где dРизл – мощность излучения с поверхности площадью dS в интервале частот (ν, ν + dν).
 Энергетическая светимость тела Mэ:

dP
M э  изл  (, T ) d .
dS
0

 Связь энергетической светимости тела с объемной плотностью энергии теплового излучения u:
с
Mэ  u,
4
dW
, dW – энергия теплового излучения в объеме dV, с –
где u 
dV
скорость света.
 Закон Кирхгофа: в состоянии теплового равновесия отношение излучательной способности тела α к его поглощательной
способности ε одинаково для всех тел и является универсальной
функцией частоты излучения ν (или длины волны λ) и температуры
тела Т:
 (, T )
 (, T )  inv .
 (, T )
ρ(ν,Т) называется излучательной способностью абсолютно
черного тела.
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
140

Закон смещения Вина:
T max  b ,
где λmax – длина волны излучения с максимальной интенсивностью,
hc
b
 0,0029 м∙К – постоянная Вина.
4,965k
 Спектральная плотность равновесного теплового излучения (спектральная плотность излучения абсолютно черного тела)
u(ω,T):
dW
u (, T ) 
,
Vd 
где dW – энергия теплового излучения в объеме V и полосе частот
(ω, ω + dω).
 Выражение объемной плотности энергии теплового излучения u через спектральную плотность равновесного теплового
излучения u(ω,T):

u
dW
 u (, T ) d .
dV 0

 Связь излучательной способности абсолютно черного
тела ρ(ω,Т) со спектральной плотностью равновесного теплового
излучения u(ω,T):
с
(, T )  u (, T ) .
4
 Закон Стефана−Больцмана:
M э  Т 4 ,
где Мэ – энергетическая светимость абсолютно черного тела, σ –
постоянная Стефана−Больцмана.
2 5 k 4
Вт
2k 4

 5,67  10 8 2 4 ,
2 3
2 3
60c 
15c h
м К
где k – постоянная Больцмана, h – постоянная Планка.
В другой форме закон Стефана−Больцмана имеет вид:

u  aТ 4 ,
где a 

4
Дж
2k 4

 7,56  10 16 3 4 .
3 3
c 15c 
м К
Формула Планка:
§15. Тепловое излучение
141
1
 3

.
 2 c 3 e  / kT  1
Формула Рэлея – Джинса:
kT 2
u (, T )  2 3 .
 c
u (, T ) 

15.1. В спектре звезды Сириус максимум интенсивности излучения приходится на длину волны λmax = 290 нм. Определить
температуру поверхности Сириуса.
15.2. При нагревании абсолютно черного тела длина волны
излучения с максимальной интенсивностью уменьшилась в 2 раза.
Во сколько раз изменилась температура тела?
15.3. Температура одного абсолютно черного тела
Т1 = 2500 К. Найти температуру другого абсолютно черного тела,
если для этих тел длины волн излучения с максимальной интенсивностью отличаются на Δλ = 500 нм (λmax1 < λmax2).
15.4. Принимая, что Солнце излучает как абсолютно черное
тело, вычислить его энергетическую светимость и температуру поверхности. Солнечный диск виден с Земли под углом
θ = 32ʹ = 9,3∙10−3рад. Поток солнечной энергии на земной орбите
(так называемая солнечная постоянная) равен С = 1,4 кВт/м2.
Найти длину волны, на которую приходится максимум энергии
солнечного излучения.
15.5. Вычислить величину солнечной постоянной С (поток
солнечной энергии на орбите Земли), считая, что Солнце излучает
как абсолютно черное тело. Радиус Солнца r = 7∙105 км, радиус
земной ортиты R = 1, 4∙108 км, температура поверхности Солнца
Т = 5700 К.
15.6. Абсолютно черное тело в форме шара радиусом
r = 15 см поддерживается при постоянной температуре. Мощность
теплового излучения тела составляет Р = 1,4 кВт. Определить температуру Т тела.
15.7. До какой температуры солнечный свет может нагреть
некоторое абсолютно черное тело на поверхности Земли? Считать,
что интенсивность солнечного света около поверхности Земли равна Ic = 1,0 кВт/м2.
142
ОПТИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ
15.8. Температура поверхности Солнца Т0 = 5700 К, радиус
средний
радиус
земной
орбиты
Солнца
rС = 7∙105 км,
8
R = 1,4∙10 км. Считая, что поглощательные способности Солнца и
Земли равны единице и что Земля находится в состоянии теплового
равновесия, оценить её среднюю температуру ТЗ.
15.9. Мощность излучения абсолютно черного тела с площадью поверхности S = 1 м2 равна Р = 100 кВт. Определить температуру этого тела.
15.10. Найти мощность Р излучения абсолютно черного тела
площадью S = 1 м2,,если длина волны с максимальной интенсивностью излучения составляет λmax = 600 нм?
15.11. Мощность излучения абсолютно черного тела равна
Р = 108 Вт, а длина волны с максимальной интенсивностью составляет λmax = 600 нм. Определить площадь S поверхности тела.
15.12. Поток тепловой энергии, излучаемой раскаленной до
температуры Т = 2600 К поверхностью, составляет I = 130 Вт/см2.
Найти отношение энергетических светимостей этой поверхности и
абсолютно черного тела с такой же температурой.
15.13. При нагревании абсолютно черного тела максимум интенсивности его излучения сместился с длины волны λmax1 = 600 нм
на длину волны λmax2 = 500 нм. Как изменилась мощность теплового излучения тела?
15.14. Три одинаковые абсолютно черные плоскости расположены параллельно друг другу. Внутреннюю плоскость поддерживают при температуре Т. Найти установившуюся температуру Тх
внешних плоскостей.
15.15. Имеются три одинаковые параллельные друг другу абсолютно черные плоскости. Внешние плоскости поддерживаются
при температурах Т и 2Т соответственно. Найти установившуюся
температуру Тх внутренней плоскости.
15.16. Получить с помощью формулы Планка приближенные
выражения для спектральной плотности равновесного теплового
излучения u(ω,T) в области, где:
а) h  kT (формула Рэлея−Джинса);
б) h  kT (формула Вина).
15.17. Пользуясь формулой Планка, определить постоянную
σ в законе Стефана−Больцмана для энергетической светимости абсолютно черного тела: M э  Т 4 .
§15. Тепловое излучение
143
15.18. Преобразовать формулу Планка для u(ω,T), записанную для переменной ω, к переменной ν (линейная частота).
15.19. Используя формулу Планка для u(ω,T), записанную для
переменной ω, получить выражения для спектральной плотности
излучения u(λ,T) и излучательной способности ρ(λ,Т) абсолютно
черного тела в зависимости от длины волны λ.
15.20. Исходя из формулы для излучательной способности
ρ(λ,Т) абсолютно черного тела в зависимости от длины волны λ,
определенной в задаче 15.19, получить закон смещения Вина.
15.21. Определить зависимость от температуры Т максимума
объемной спектральной плотности u(λ,T) равновесного теплового
излучения.
15.22. Найти с помощью формулы Планка мощность излучения поверхности абсолютно черного тела, приходящуюся на единицу площади и малый интервал длин волн Δλ = 1,0 нм вблизи максимума спектральной плотности излучения, считая температуру
тела равной T = 3000 К.
144
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
 2   5,6 м (см. рис. О.1.1.).
1.1. L  h  ctg 

h
/2
L
Рис. О.1.1.
1.2. а) x 
h0
2
 0,9 м ;
h  h
б) x в  h0  h  1,75 м ; x н  0
 0,85 м ;
2
2
в) человек ростом
h1 < h0 не будет виh
деть нижнюю часть
Зеркало
своего отражения
о
h0
размером
h1-h
h0  h1  0,3 м . ОтL
L
метим, что резульРис. О.1.2.
таты не зависят от
расстояния L (см.
рис. О.1.2).
2
 0,9 м ; BF  DF ; в) зеркало
5
надо повернуть на угол ∆φ  8,5 (см. рис. О.1.3).
1.3. а) l = 2 м ; б) x  BF 
Решение. Строим изображение А1 точки А в плоском зеркале
и проводим линию от А1 через D (рис. О.1.3). Из рисунка видно,
что:
145
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2
 0,9 м ; BF  DF .
5
в). При вращении зеркала вокруг точки D изображение будет
перемещаться по дуге окружности с центром в т. D и радиусом
а) l = BE = 2 м ; б) x  BF 
DA = 5 м (см. рис. О.1.3). Проводим прямую BD до пересечения
с окружностью в точке G. При перемещении изображения из т. A1 в
т. G угол поворота GDA1  17 , зеркало при этом поворачивается
на вдвое меньший угол ∆φ  8,5.
G
A1
A1
2м
2м
1м
1м
E
F
1м
D
1м
D
С
С
2м
2м
A
A
В
В
Рис. О.1.3.
 l 2  a12  a 22  
 .
1.4.   arccos 
 2
2a1 a 2


1.5. а) α = 60°; б) α = 30°.
Решение. а). Луч возвращается к источнику, описав правильный треугольник (рис. О.1.5 а).Поэтому углы падения φ = 30°, углы
γ = 60°, следовательно, угол между зеркалами α = 60°.
б). Чтобы возвратиться к источнику по пройденному пути,
луч должен упасть на второе зеркало перпендикулярно его поверхности (рис. О.1.5 б). Угол γ = 60°, поэтому угол между зеркалами
α = 30°.
1.6.   2 ; θ не зависит от угла φ падения луча на зеркало.
146
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
S
φ
φ φ
γ
γ
S
φ
A
B
А
α
φ
φ
В
γ
α
б)
а)
Рис. О.1.5.
1.7.   0 .
Указание. Угол отклонения θ луча от первоначального
направления после отражения от обоих зеркал не зависит от угла
падения луча на зеркало (см. задачу 1.3).
1.8. N  2n  1 .
Решение. Получаем изображения
источника S, последовательно отражая
его сначала в первом, потом во втором
зеркале, пока система изображений не S5
замкнется. Изображения расположатся
на окружности с центром на ребре дву- S4
гранного угла. Всего таких изображений будет N  2n  1 . В качестве примера на рис. О.1.8 показана система
изображений источника для угла
α = π/4.
S7
S2
α
О
S3
S
S1
S6
Рис. О.1.8, φ = π/4.
1.9. N  a  1 , если а – целое число; N  2k , если а – не целое число и a  2k   , где k – целое число, ε < 1.
Решение. Построим последовательно отражения источника S
в обоих зеркалах. Они будут лежать на окружности с центром на
ребре двугранного угла и радиусом ОS (рис. О.1.9).
147
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Если а – целое число, то последние i-тые изображения либо
попадут в т. С и D, лежащие на продолжении зеркал (если а нечетное число), либо совпадут с точкой
2'
окружности, диаметрально противопо1'
3'
ложной источнику S (если а четное число, см. задачу 1.8).
α S
В обоих случаях число изображе- 4'
C
ний будет N  a  1 .
О
F
1
Если а – не целое число, наприD
мер, a  2k   , где k – целое число,
4
ε < 1, то последние i-тые изображения
2
3
будут лежать на дуге CFD, находящейся
Рис. О.1.9.
позади как первого, так и второго зеркала, поэтому дальнейших изображений не будет. Общее число изображений в этом случае будет равно N  2k .
1.10. См. рис. О.1.10.
Решение. Точка A
1
3
в зеркале 1 даст изобА
ражение S1 (рис. О.1.10), S1
которое будет предмеB
D
2
том для зеркала 2. Далее
строим S2 − изображеC
ние S1 в зеркале 2, S3 −
изображение S2 в зерка- S2
S3
Рис. О.1.10.
ле 3.
По условию задачи луч долежн последовательно отразиться
от всех зеркал по одному разу и вернуться в точку A. Поэтому соединяем точки S3 и A, эта прямая определит направление луча, отраженного зеркалом 3 в направлении точки A.
В точку D пересечения этой прямой с зеркалом 3 луч падает
так, как будто он выходит из точки S2. Поэтому прямая S2D определит направление луча, отраженного зеркалом 2 в направлении точки D.
Аналогично, в точку C пересечения этой прямой с зеркалом 2
луч падает так, как будто он выходит из точки S1. Прямая S1C определит направление луча, отраженного зеркалом 1 в направлении
148
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
точки C. Направляем луч из точки A в точку B пересечения прямой
S1C с зеркалом 1.
Ломаная линия ABCD есть искомая траектория луча. Из геометрических соображений нетрудно убедиться, что в точках B, C и
D выполняется закон отражения.
Приведенное решение не является единственным, так как
первоначально луч не обязательно направлять на зеркало 1.
1.11. Ход решения задачи такой же, как в задаче 1.10.
1.12. См. решение.
Решение. Выберем систему координат XYZ так, чтобы каждая ось была перпендикулярна одному из зеркал. Пусть единичный
вектор e0, задающий направление падающего луча, имеет координаты:
e0  ex i  e y j  ez k .
После отражения от зеркала X соответствующая компонента
вектора e0 изменит свое направление на противоположное, а
остальные останутся неизменными:
e 0 x  e x i  e y j  e z k .
Аналогичные изменения произойдут и при последующих отражениях. В результате вектор e0 изменит свое направление на противоположное.
a
 0,14 .
R
Решение. Ход луча показан на А
рис. О.1.13. EAC  CAF по закону
отражения, EAC  ACF как накрест О
лежащие углы при параллельных прямых, следовательно, ∆ACF равнобедренный.
ОC  AC  R ,
FD  AC
и
DC  R / 2 .
1.13.
Е
α
D α
α
F
а
С
Рис. О.1.13.
149
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
sin  
EC a
CD
R
R2
 , FC 


.
AC R
cos  2 1  sin 2  2 R 2  a 2
R / 2  OF
 0,01 , откуда ОF  0,495 R .
R/2
По условию задачи
R2
Значит, FC  0,505R , т.е.
2 R2  a2
 0,505R , откуда получаем:
2
a
a
   0,0198 и  0,14 .
R
R
1.14. s1 s 2  f 2 .
a
1.15.   y 2 / y1  b / a .
Решение. Строим изображение
предмета в сферическом зеркале (рис.
D
О.1.15). Из подобия ∆AВF и ∆CDF следует:
y2
f
.

y1 b  f
Из формулы сферического зеркала
a
А
F
C f
y2
b
y1
В1
В
А1
Рис. О.1.15.
1 1 1
определяем:
 
a b f
y
bf
b
. Отсюда получаем: 2  .
b f
y1 a
1.16. H 
Rh
 0,12 м .
2a  R
1
 0,2 .
k1
Решение. Пусть а и b – расстояния от полюса зеркала до
предмета и изображения соответственно. Первоначальное увеличе-
1.17. k 2 
150
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
ние k1  y 2 / y1  b / a , где y 2 и y1 − поперечные размеры изображения и предмета. По формуле сферического зеркала
1 1 1
  .
a b f
Если предмет и его изображение переместились на расстояние х, то формула приобретает вид:
1
1
1 ab
.

 
ax bx f
ab
Из последнего уравнения находим: x  b  a , т.е. предмет и
изображение поменялись местами.
bx a 1
Новое увеличение k 2 
   0,2 .
a  x b k1
1.18. b  2R / 3 .
Указание. Для построения хода лучей использовать побочную
оптическую ось, проходящую через источник света.
1.19. См. рис. О.1.18.
Решение. Если бы источник света находился в т. Е, то в т. L
было бы его изоражение. Следовательно, любой луч, упавший на
зеркало из т.Е, после отражения пройдет через т. L.
Проведем побочную оптическую
А
ось EN || BL и соединим точки N и L
D
(рис. О.1.19). Используя свойство обраFЕ
О
О'
тимости лучей, будем считать, что на
L
I
зеркало падают параллельные лучи NE N
и BL, которые после отражения от зер- В
Рис. О.1.19.
кала сходятся в т. I, лежащей в фокальной плоскости зеркала. Опустив из т. I перпендикуляр на главную
оптическую ось, находим положение фокуса F.
1.20. Для построения воспользоваться свойством фокальной
плоскости и дополнительным лучом, параллельным данному и
проходящим через полюс зеркала.
151
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
S
1.21. См. рис. О.1.21.
S1
О
О'
F
C
S'
Рис. О.1.21.
На рис. О.1.21 S1 – зеркальное изображение S' относительно
оси ОО', С – центр сферической поверхности.
B
1.22. См. рис. О.1.22.
АВ1 – изображение стрелки.
A
F
B1
Рис. О.1.22.
2a  R
1.23. D  d 
 6 см .
R
1.24. f 
1.25. x 
l (a1  a 2 )  l (a 2  a1 )  (4a1 a 2  la1  la 2 )
2(l  a1  a 2 )
 120 см .
a2
 90 см ; не изменится.
2a  R
1.26. На расстоянии x  0,65 R ; не изменится.
Решение. Ход лучей схематично показан на рис. О.1.26.
Обозначим через х расстояние
от вогнутого зеркала до источ- О
ника S, через y > 0 расстояние
мнимого изображения S', даваемого выпуклым зеркалом, от
этого зеркала. Применяя уравнение сферического зеркала (с
2R
S
S'
О'
A
х
y
Рис. О.1.26.
152
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
учетом знаков: фокусное расстояние выпуклого зеркала
f 1  R / 2  0 , расстояние от зеркала до мнимого источника
b   y  0 ), получаем:
1
1
2
  .
2R  x y
R
Изображение S' в выпуклом зеркале является источником для
вогнутого зеркала. Запишем уравнение для вогнутого зеркала, учитывая, что отраженный луч должен попасть в точку А:
1
1 2
  .
2R  y x R
Решая полученную систему уравнений, находим х:
x
3 3
R  0,65 R .
2
1.27. Зеркальная поверхность должна иметь форму параболо1 2
ида вращения, задаваемого уравнением y 
x .
4f
Решение. Предположим, что параллельный пучок после отражения от поверхности COA фокусируется в т. F
(рис. О.1.27). Вследствие обратимости
хода лучей сферическая волна из т. F после отражения от зеркала должна стать
плоской. Для любого луча из т. F оптический путь до плоского волнового фронта
(на рис. О.1.26 DFB) должен быть одним
и тем же
FA  AB  FC  CD  FO  FO  2 f ,
Y
F
D
В
A X
С
0
Рис. О.1.27.
где f – фокусное расстояние зеркала.
Переходя к координатам (x,y), запишем:
x 2   f  y   f  y  2 f .
2
После преобразований получаем уравнение параболоида
вращения:
153
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
y
1.28. h  H 
cos 3 
n  sin 
2
2
3/ 2
1 2
x .
4f
 0,25 м .
Решение. На рис. О.1.28 изображен ход двух лучей, выходящих из воды под близкими углами φ и φ+dφ, на h
продолжении
которых
находится
S'
изображения S' камня S. Расстояние
АВ между точками выхода этих лучей
из воды равно:
φ
A
χ
dχ
φ+dφ
B
χ+dχ
Н
S
Рис. О.1.28
AB  H tg(  d)  tg  h tg(  d)  tg ,
откуда
hH
d tg 
cos 2  d
.
H

d tg
cos 2  d
Запишем закон преломления для границы воздух – вода:
1  sin   n sin  .
Взяв полный дифференциал от обеих частей равенства, получаем:
d cos 
cos  d  n cos  d , откуда

. Тогда
d n cos 
cos 3 
cos 3 
cos 3 

H


H

 0,25 м .
3/ 2
3/ 2
n cos 3 
 sin 2  
n 2  sin 2 

n 1 
n 2 

Замечание. На самом деле изображение, полученное после
преломления на поверхности воды, не является гомоцентрическим.
Но поскольку в глаз попадают лучи с малым угловым раствором,
изображение камня получается отчетливым.
hH




n 1
 ; β максимален при   arctg n .
1.29.   arctg 
 tg  n / tg 
154
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы

1.30. R  r 1 


при h  0 .

2
; R
max  r  H / n  1

2 2
2
2
n h  r (n  1) 
H
1.31.   i  arcsin  n sin    arcsin(sin i / n)    .
Решение. В соответствии с
F
законом преломления луч, падающий на первую грань под углом
i, после двукратного преломления
выйдет из призмы под углом r,
отклонившись от первоначальноЕ
го направления на угол 
(рис. О.1.31).
ADE  r  i  как внешний
Рис. О.1.31.
угол ∆ACD. Так как сумма внутренних углов четырехугольника AFCD равна 2, то
   / 2   / 2    (r  i )  2 ,
откуда получаем:
i  r   .
Тогда ADС    (r  i )     .
Запишем для четырехугольника ABCD равенство суммы углов 2:
i  r             2 ,
откуда
  i  r   .
С учетом закона преломления
sin i
sin i  1
n

sin r
sin r  n
и соотношения i   r   получаем:
  i  arcsin  n sin    arcsin(sin i / n)    .
155
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.32.          / 4 .
1.33. Минимальный угол отклонения луча призмой будет
при условии: i = r' (см. рис. О.1.26); sin  min    n  sin  .
2
2
Решение. Перепишем формулу для угла отклонения луча, полученную в задаче 1.31, используя угол преломления r луча в
призме (см. рис. О.1.31):
  arcsin( nsinr )  arcsin n sin(  r )   .
Продифференцируем φ по r и приравняем производную нулю
в точке наименьшего значения φ:
n cos(  r )

n cos r


 0.
2
2
r
1  (n sin r )
1  n sin(  r )
Данное соотношение выполяняется при условии:
r r.
Поскольку i     r (см. решение задачи 1.31), то
i = r'.
Если призма равнобедренная, полученное условие означает,
что внутри призмы преломленный луч АС идет параллельно
основанию призмы.
 
Используя соотношение   i  r    , получим: i  min
.
2
Записав закон преломления для передней грани призмы,
находим соотношение, связывающее φmin с углом θ:



sin min
 n  sin .
2
2
1.34. 59    80 .
Решение. Используем рис. О.1.31. Применяя закон преломления sin i  n sin r для передней грани призмы, получаем:
n sin r  1 .
Угол выхода луча из призмы должен быть меньше угла полного внутреннего отражения, откуда:
156
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
sin(  r )  1 n .
Подставляя θ = 60° и n = 1,8, получаем: 26,3  r  33,7 .
Используя формулу для угла отклонения луча призмой
  arcsin( nsinr )  arcsin n sin(  r )  
(см. задачу 1.33), находим для r  26,3 и r  33,7  max  80 .
Минимальный угол отклонения луча φmin получается, когда
преломленный луч идет параллельно основанию призмы, т.е. при
r  30 . Проведя расчеты аналогично предыдущим, находим:
 min  59 .
Таким образом, угол отклонения луча может изменяться в
пределах от 59º до 80º.
1.35.   2arccos (n / 2)  81 .
1.36.
2  n  2.
 2 n2  1 
  7720 .
1.37.  min  arcsin 
 n2



Решение. Из закона преломления на первой грани
sin  / 2
n
sin 
следует:
sin   1 / n , т.е. β –угол полного внутреннего отражения. Для полного отражения на второй грани должно быть
   (см. рис. О.1.37).
Так как      (см. решение
задачи 1.31), то минимальный преломляющий угол призмы  min  2 .
Следовательно,
D
θ
А
π/2
β
В
δ
δ
С
Рис. О.1.37.
157
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
sin  min  sin 2  2 sin  cos  
2 n2 1
;
n2
 2 n2  1 
  7720 .
 min  arcsin 
 n2



1.38.   arcsin  sin n 2  1  cos    48 .


1.39. θ = 36°.


cos 
 ; максимальное смещение
1.40. x  d sin   1 


2
2
n  sin  

x max  d при   90 .
1.41. n  2 .
Решение. От монеты лучи идут по всем возможным направлениям, тогда максимальный угол преломления лучей в жидкости
 max находится из условия sin max  1 . Вследствие перпендикуn
лярности дна и стенок стакана минимальный угол падения  min на
стенку равен  min     max . Луч не выйдет через боковую стен2
ку, если n  sin  min  1 .
Отсюда
получаем:
n  sin  min  n  cos  min  n 2  1  1 ;
n 2.
1.42. Нельзя.
Решение. Чтобы увидеть свет от предмета через две смежные
грани кубика (рис. О.1.42), нужно, чтобы луч, вошедший через одну грань, не испытал полного внутреннего отражения на другой
158
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
грани. Применим последовательно закон преломления к двум граням кубика, учтя, что
sin   cos  :
sin 
cos  1
n,
 ,
sin 
sin  n
δ
откуда следует, что
sin   n 2  sin 2  .
α
γ
β
Рис. О.1.42.
Поскольку sin   1 , n 2  1  sin 2  , следовательно, предельное значение n2, при котором свет может выйти через две смежные
грани кубика, равно 2.
Для стекла n =1,5, n 2  2,25  2 , т.е. увидеть что-либо через
две смежные грани стеклянного кубика невозможно.
1.43. R  d 
n
.
n 1
Решение. Наибольшие шансы выйти из световода имеет луч, входящий в него у внутреннего d
радиуса (самый малый угол падения). Если этот
α
луч не выйдет при первом касании внешнего раR
диуса световода, то при дальнейших отражениях
угол падения только увеличивается (рис. О.1.43), О
что сделает невозможным выход луча через
внешнюю поверхность. Таким образом, для доРис. О.1.43.
стижения полного внутреннего отражения угол α
должен удовлетворять условию:
sin   1 / n .
Кроме того, из рис. О.1.40 видно, что sin  
двух равенств находим: R  d 
n
.
n 1
1.44. a1  5 f , b1  1,25 f ; a 2  1,25 f , b2  5 f .
Rd
. Из этих
R
159
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Указание. Записать уравнение тонкой линзы
1 1 1
 
a b f
и
условие a  b  l .
1.45. h  H 1 H 2 .
1.46. l min  4 f .
Решение. Обозначим a  b  l , где а и b – расстояния от линab
зы до предмета и изображения. Из формулы линзы f 
. Учиab
ab
тывая, что ab 
, получаем:
2
l
ab (a  b) 2 l 2
, откуда l  4 f ,


f
4f
4f
следовательно, l min  4 f . При этом a  b  2 f .
1.47. f 
1.48. f 
l2  d 2
.
4l
l n
 n  1
2
 0,2 м .
1.49. S  ad /( a  f )  6 см .
1.50 − 1.53. Использовать побочную оптическую ось.
1.54. Линза находится в точке пересечения оптической оси и
линии SS'.
1.55. См. рис. О.1.55.
160
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
Решение. Продолжив данные лучи до их пересечения, получим изоб- S'
ражение
S'
источника
света
(рис. О.1.55). Соединим точку S' с оп- О
тическим центром линзы С. Луч BF
после преломления идет через фокус,
значит, до линзы он шёл параллельно
главной оптической оси. Проводим
SВ || ОО'. Точка S лежит на пересечении СS' и ВS.
1.56. b  f 2
L
S
B
С
F
О'
Рис. О.1.55.
d (a  f 1 )  af 1
2м,
(d  f 2 )(a  f 1 )  af 1
f1 f 2 l
 32 см .
(d  f 2 )(a  f1 )  af 1
Указание. Изображение, даваемое первой линзой, служит
предметом для второй линзы.
1.57. Если собирающая линза находится перед рассеивающей,
fl
d 1  f 2  1  3,5 см ;
f1  l
если
собирающая линза находится после рассеивающей,
l  f1 l  f1
4 f2
d2 

1
, d2 = 35 см или d'2 = 5 см.
2
2
l  f1
Решение. Резкое
изображение удаленных
предметов можно получить при двух положениях собирающей линзы: перед рассеивающей
и после неё относительно луча, идущего от
предмета.
А
К
N
M
l
О1
d1
f2
Рис. О.1.57 а).
О
161
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
В первом случае (рис. О.1.57 а) т. К – действительное изображение удаленного на бесконечность источника, полученного собирающей линзой, она является фокусом этой линзы. Эта же т. К
является мнимым источником для рассеивающей линзы. Изображение, полученное рассеивающей линзой, окажется в т. А. Применяем
формулу тонкой линзы:
1
1
1

  .
f 2  d1 l
f1
откуда
d1  f 2 
f 1l
 3,5 см .
f1  l
M
N
А
О1
К
О
Во втором случае
(рис. О.1.57 б) т. К – мниd2
f1
l
мое изображение удаленного на бесконечность исРис. О.1.57 б).
точника, полученного рассеивающеей линзой, она является фокусом этой линзы. Эта же т. К
является действительным источником для собирающей линзы. Т. А
является изображением т. К в собирающей линзе. Применяя формулу тонкой линзы
1
1
1
,


f1  d 2 l  d 2
f2
находим:
d2 
l  f1 l  f1
4 f2

1
.
2
2
l  f1
Подставляя численные данные, получаем, что расстояние
между линзами может быть d2 = 35 см или d'2 = 5 см.
1.58. a  f 3 
1.59. а) k 
f 2 (d  f 1 )
 6 см .
f 2  d  f1
f об (d 0  f ок )
f об f ок
 180 ; б) k 
 150 .
(a  f об ) f ок
(a  f об ) f ок
162
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
Решение. Запишем формулу тонкой линзы для объектива
микроскопа:
1 1
1
, где b – расстояние от изображения до объектива,
 
a b f об
откуда находим коэффициент увеличения k1 объектива:
f об
b
.
k1  
a a  f об
а). Изображение, даваемое объективом, рассматривается через окуляр как через лупу, причем мнимое изображение, даваемое
окуляром, находится от глаза на расстоянии наилучшего зрения d0.
1
1
1
Применяя формулу тонкой линзы для окуляра:
, где


a1 d 0
f ок
а1 − расстояние изображения, даваемого объективом, до окуляра,
находим коэффициент увеличения k2 окуляра:
d
d  f ок
.
k2  0  0
a1
f ок
Полный коэффициент увеличения k микроскопа равен:
f (d  f ок )
k  k1 k 2  об 0
 180 .
(a  f об ) f ок
б). Во втором случае k 2 
1.60. a  f 1 
1.61. f 3 
d0
f об f ок
и k  k1 k 2 
 150 .
f ок
(a  f об ) f ок
 f 2  d 0  f12
 1,06 см .
d  f1    f 2  d 0   f 2 d 0
f1  f 2
f  f2
f 1  36 см , f 4  1
f 2  4 см .
f1  f 2
f1  f 2
1.62. На l 
f2
 1 см дальше от объектива.
d f
163
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.63. f 1 
n 1
f  90 см .
n / n1  1
1.64. n 2 
f Ф n1
 1,67 .
fФ  1  n1
1.65. f  
2nf 1 f 2
8 f1 f 2
2 f1 f 2
6 f1 f 2
; f  
.


f 2  nf 1 4 f1  3 f 2
f 2  nf 1 4 f1  3 f 2
Решение. Фокусные расстояния f1 и f2 линзы в воздухе и воде
соответственно определяются из формулы линзы:
1
2
 (nc  1)  ,
f1
R
1  nc
 2
   1  ,
f2  n
 R
где R – радиус кривизны поверхностей линзы, nс – показатель преломления стекла.
Когда линза находится на границе раздела воздуха и воды, а
лучи света идут из воздуха в воду, фокус линзы расположен в воде
на расстоянии f  , определяемом из соотношения:
n nc  n n c  1
.


f
R
R
Когда лучи света идут из воды в воздух, фокус линзы находится в воздухе на расстоянии f  от линзы, причем
1 nc  n nc  1
.


f 
R
R
Из записанных четырех уравнений находим:
2nf 1 f 2
8 f1 f 2
2 f1 f 2
6 f1 f 2
; f  
.
f 


f 2  nf 1 4 f1  3 f 2
f 2  nf 1 4 f1  3 f 2
1.66. b 
n
aR
; k max 
 2 при a = 2R.
nR  a (n  1)
2n
Решение. Введем ось Х в направлении от рыбки к глазу человека. Воспользуемся инвариантом Аббе для сферической прелом-
164
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
ляющей поверхности, учитывая, что координаты отсчитываются от
главной плоскости (обе главные плоскости проходят через вершину сферической поверхности) по ходу луча. При этом координата
рыбки х1 = −а < 0, расстояние до изображения х2 = −b < 0, радиус
преломляющей поверхности R < 0, где а > 0, b > 0 (рис. О.1.66):
n 1 1 n n 1
 

.
a b R
R
Отсюда получа- B'
ем:
aR
.
b
B
R
nR  a (n  1)
Видно, что если
А С
А'
Х
рыбка находится блиa
же к передней стенке
аквариума (a < R), то
b
ее изображение нахоРис. О.1.66.
дится перед рыбкой,
если рыбка плавает ближе к задней стенке (a > R), то ее изображение находится за рыбкой. Если рыбка находится точно в центре аквариума (a = R), то ее изображение находится в том же месте, что и
сама рыбка (b = a). Если рыбка находится точно у передней стенки
(a = 0), то изображение тоже совмещено с самой рыбкой (b = 0).
Рассчитаем увеличение k рыбки. Так как точки В′, В и центр
аквариума С находятся на одной прямой (луч этого направления не
испытывает преломления), то из подобия ∆AВC и ∆A'В'C следует:
A B  b  R
nR
.
k


AB a  R nR  a (n  1)
Из полученной формулы видно, что если рыбка находится у
передней стенки аквариума (a = 0), то увеличение k = 1 (видим
рыбку такой же величины и в том же месте). Cамое большое увеличение наблюдается, если рыбка плавает у задней стенки аквариума
(a = 2R):
n
k max 
.
2n
165
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Подставляя n = 4/3, находим: k max  2 . При этом изображение
рыбки находится на расстоянии b = 3R от передней стенки аквариума (а сама рыбка − на расстоянии 2R от этой стенки).
1.67. Ф  Ф1  Ф2  dФ1Ф2 .
Решение. Проведем построение для двух собирающих тонких
линз (рис. О.1.67). Поскольку линзы находятся в воздухе, передние
и задние фокусные расстояния для каждой из линз и для системы в
А
С
F'1
l
О1
О2
f1
d
В
f2
F'2
F'
1
b 2'
H'
f
Рис. О.1.67.
целом одинаковы, поэтому будем обозначать их f1, f2 и f соответственно. Направим луч параллельно главной оптической оси, далее
строим его ход через линзы, используя побочную оптическую ось 1
второй линзы. Задний фокус всей системы находится в точке F',
СН' – задняя главная плоскость всей системы. По определению
F H   f – заднее фокусное расстояние системы линз.
Из подобия ∆АO1F'1 и ∆F'1О2В следует, что
AO1
f1
.

BO2 d  f 1
Для второй линзы т. F'1 является предметом, а т. F' – его
изображением. Записывая формулу линзы, получаем:
f (d  f 1 )
1
1
1
, откуда b2  2
.


b2 d  f 1 f 2
d  f1  f 2
Из подобия ∆O2ВF' и ∆F'CH' следует:
f (d  f1  f 2 )
f
CH 
.


BO2 b2
f 2 (d  f 1 )
Поскольку АО1  СН  , получаем соотношение:
166
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
f (d  f 1  f 2 )
f1
1 1
1
d
, откуда
.




f 2 (d  f 1 )
d  f1
f
f1 f 2
f1 f 2
В воздухе оптическая сила линз Ф  1 / f , поэтому формулу
можно переписать в виде:
Ф  Ф1  Ф2  dФ1Ф2 .
Замечание. Если между линзами находится среда с показателем преломления n, а до и после системы линз среда однородна, то
выведенная формула приобретает вид:
d
Ф  Ф1  Ф2  Ф1Ф2 .
n
1.68. f 1  f 02 , f 2 
f 01 f 02
, f 3  f 01 .
f 01  f 02
Указание. Все линзы, сложенные вместе, образуют плоскопараллельную пластинку, у которой оптическая сила Ф равна нулю.
1.69. Экран нужно передвинуть от линз на
f1 f 2 a
f 2  f1 (a  l )  al 
xl 

 4,5 см .
( f 1  f 2 )a  f 1 f 2
f1 (a  l  f 2 )  a( f 2  l )
1.70. b2 
a1 f
.
f  2a1
Решение. Пусть источник света находится в точке А. Рассмотрим произвольный луч АВ, падающий на линзу (рис. О.1.70). Его
В
дальнейший ход можно найти с по- F А2 А3
А
А1
мощью побочной оптической оси 1.
F
Изображение т. А в линзе мнимое и
1
2
находится в т. А1. Его расстояние b1
b2
b1
находим по формуле тонкой линзы:
a f
1
1
1
.
   , откуда b1  1
a1 b1
f
f  a1
а2
Рис. О.1.70.
а1
167
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Пройдя линзу, луч отразится от зеркала и пойдет так, как если бы он выходил из т. А2, являющейся изображением т. А1 в плоском зеркале, т.е. a 2  b1 .
Отраженный от зеркала луч преломится в линзе и пойдет так,
как если бы он выходил из т. А3, которая и является изображением
т. А. Ход этого луча строим с помощью побочной оси 2.Чтобы
найти расстояние b2 от т. А3 до линзы, запишеи уравнение тонкой
рассеивающей линзы, рассматривая промежуточное изображение
А2 в зеркале как действительный предмет для линзы:
a f
a1 f
1
1
1
.

  , откуда b2  2

a 2 b2
f
a2  f
f  2a1
Замечание. Можно сначала вычислить фокусное расстояние f
ситемы, состоящей из рассеивающей линзы, плоского зеркала и
снова рассеивающей линзы (луч проходит линзу дважды), а потом
записать формулу:
1 1 1
  ,
a b f
где а и b − расстояния от системы до источника света и его изображения соответственно.
R1 R2
1.71. f 
.
2(n  1) R2  2nR1
Указание. См. решение задачи 1.70.
1.72. f 2  f1
1.73. R 
n 1
.
n
2(n  1)b1b2
(n  1)b1b2
 72 см , a 
 108 см .
b1  b2
b1  nb2
Указание. Так как вода не покрывает всю отражающую поверхность зеркала, то свое изображение формируют периферийные
участки зеркала, не покрытые водой, и центральная часть зеркала с
водой, представляющая собой сложную оптическую систему из
зеркала и тонкой плоско-выпуклой водяной линзы.
168
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
1.74. x H 
d Ф2
d Ф

, xH     1 .
n Ф
n Ф
Решение. Выполним построение для нахождения заднего фокуса F' и задней главной плоскости Н' системы, направив луч паH2 H'2
Н1 Н'
H'
ХH'
A
1
X
C
F'1
N'2 F'2
F
N2
O1 f'1 F
H'
F1
2
1'
B B'
|f'|
f'
2
d
b2
Рис. О.1.74.
раллельно главной оптической оси слева направо (рис. О.1.74). На
рисунке Н1, Н'1 – передняя и задняя главные плоскости первой системы, F1, F'1 – её фокусы; Н2, Н'2 – передняя и задняя главные
плоскости второй системы, F2, F'2 – её фокусы, N2, N'2 – узлы второй системы (в однородной среде они совпадают с её главными
точками). Ось Х направим по ходу луча. Будем считать все величины, указанные на рисунке, положительными, т.е. расстояниями.
Из подобия ∆АO1F'1 и ∆F'1N2В следует, что
BN 2 d  f1 d


1.
AO1
f1
f1
Из подобия ∆O2ВF' и ∆F'CH' имеем:
BN 2 Х H   f  X H 


1.
CH 
f
f
Поскольку АО1  СН  , получаем соотношение:
X H  d
d

, откуда X H   f 
,
f
f 1
f 1
где все величины положительные (расстояния). Поскольку координата хН' отсчитывается по ходу луча, а координата фокуса F' против
хода (от задней главной плоскости Н'), то для координаты задней
главной плоскости Н' находим:
169
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
xH    f 
d
.
f1
Будем считать, что до первой системы и после второй среда
однородна и её показатель преломления n1, а показатель преломления среды между системами равен n2. Используя определение опn
n
тической силы Ф  1 и Ф1  2 , окончательно получаем:

f
f
xH   
n
d Ф1

, где n  2 .
n Ф
n1
Аналогично находим: x H 
d Ф2

.
n Ф
1.75. f  f 1 f 2 / .
Решение. Запишем уравнение для двухкомпонентной оптической системы (см. задачу 1.67):
1 1
1
d
.



f
f1 f 2
f1 f 2
Из рис. О.1.71 видно, что
d  f1  f 2  
(в воздухе
f 1  f1 ). Подставив в формулу это соотношение, получаем:
f  f 1 f 2 / .
1.76. а). Н проходит через вершину сферической поверхности, F находится перед линзой на расстоянии 26 см от вершины; Н'
проходит внутри линзы на расстоянии  2,3 см от плоской поверхности, F' находится за линзой на расстоянии  23,7 см от неё.
б). Н и Н' находятся внутри линзы на расстоянии 1,22 см от
вершин первой и второй поверхностей; F и F' расположены на расстояниях 12,4 см от ближайших вершин преломляющих поверхностей перед линзой и позади неё.
в). Н и Н' находятся перед линзой: Н на расстоянии  2,0 см ,
а Н' на расстоянии  0,4 см от её поверхности; F находится перед
170
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
линзой на расстоянии  24,0 см от вершины поверхности, F' находится за линзой на расстоянии  18,9 см от вершины вогнутой поверхности.
г). Н и Н' находятся перед линзой: Н на расстоянии  2,8 см ,
а Н' на расстоянии  2,2 см от её поверхности; F находится за линзой на расстоянии  25,3 см от её задней поверхности, F' находится
перед линзой на расстоянии  33,8 см от её поверхности.
Решение. а). Оптическая сила выпуклой преломляющей поn 1
верхности: Ф1 
, а плоской поверхности Ф2  0 , т.к. её радиус
R
кривизны R2   . Оптическая сила линзы
Ф  Ф1  Ф2 
d
n 1 1
,
Ф1Ф2  Ф1 

n
R
f
откуда
заднее
фокусное
расстояние
линзы
равно:
R
f f 
 26 см .
n 1
Найдем координаты главных плоскостей линзы:
d Ф
d Ф
d
x H   2  0 , x H     1    2,3 см .
n Ф
n Ф
n
Для преломляющей сферической поверхности её главные
плоскости совмещены и проходят через вершину поверхности. Для
плоской поверхности её главные плоскости совпадают с самой поверхностью. Следовательно, передняя главная плоскость Н линзы
проходит через вершину сферической поверхности, а передний фоR
кус F находится перед линзой на расстоянии f 
 26 см от
n 1
вершины.
Задняя главная плоскость Н' проходит внутри линзы на расd
стоянии x H    2,3 см от плоской поверхности, задний фокус F'
n
находится за линзой на расстоянии l  f   x H   23,7 см .
Пункты б), в), г) задачи рассматриваются аналогично.
171
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.77. d 
2nR
 28,5 см .
n 1
Rn
; главные плоскости линзы совпадают
2(n  1)
и проходят через центр шара; фокальные точки находятся внутри
шара при n > 2.
1.78. f   f  
nR ( R  d )
; главные плоскости совпадают и проd (n  1)
ходят через общий центр кривизны поверхностей линзы; линза будет рассеивающей.
1.79. f  
1.80. а) l 
sR
d
  118 см от плоской поверхности;
s (n  1)  R n
sR
 109 см от вершины выпуклой поверхности; в
s (n  1)  R
обоих случаях изображения находятся с противоположной стороны
линзы по отношению к предмету.
б) l 
Указание. Можно найти положение главных плоскостей линзы и её фокусное расстояние f, а потом воспользоваться формулой
1 1 1
  , где а – расстояние предмета до передней главной плосa b f
кости, b – расстояние изображения до задней главной плоскости
линзы, или использовать формулу Ньютона: F1 S  F2 S   f 1 f 2 , где S
и S  − места нахождения предмета и его изображения, F1 и F2 −
точки фокусов системы.
Н
1.81. См. рис. О.1.81.
Указание. Использовать
свойства узловых точек N и N',
которые в однородной среде
Н'
3'
2'
О
N'
F
1
N
О'
1'
F'
3
2
Рис. О.1.81.
172
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
совпадают с главными точками линзы.
1.82. Ф 
(n  1)  2nR  d (n  1)
 19 дптр .
nR 2
Указание. См. задачу 1.76 пункт а).
1.83. l 
n ( R1  R2 )
 9 см .
2(n  1)
1.84. После 2013-го шарика изображение окажется на его
дальней от источника поверхности.
Решение. Запишем инвариант Аббе для преломления на ближайшей к источнику поверхности первого шарика:
n 2 n1 n 2  n1
,


x 2 x1
r
где x1   , r  R , n1  1 , n2  2 . Отсюда получаем:
n2 n 2  n1
,

x2
R
2
1
 ; x2  2R ,
x2 R
т.е. изображение окажется точно в точке касания первого и второго
шариков. Следовательно, при преломлениях на второй границе
первого шарика и первой границе второго шарика изображение
останется в том же месте.
Для преломления на второй границе второго шарика:
n2 n1 n 2  n1
,


x 2 x1
r
где x1  2 R , r   R , n1  2 , n2  1 . Из этого уравнения получаем:
n2 n1 n2  n1
,


x 2 x1
R
1
2
1


 0 ; x2   ,
x2  2R  R
т.е. выйдет вновь плоская волна (этот результат очевиден и без расчетов).
173
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Ситуация повторится после прохождения 4, 6, ….2012 шариков. После 2013-го шарика изображение окажется на его второй
(дальней от источника) поверхности.
1.85. См. рис. О.1.85.
Н
Н'
Н'
Н
F' F
F'
F
а)
б)
Рис. О.1.85.
1.87. См. рис. О.1.87 а).
В случае б) построение проводится
аналогично.
1.89. См. рис. О.1.89.
Н
В'
Н'
В
О
О'
А' F А
F'
Решение. Любой луч 1, прохоРис. О.1.87 а).
дящий через фокус F, выходит из
оптической системы параллельно ее оптической оси (луч 1) и пересекает заднюю фокальную плоскость F ' в некоторой точке А.
Через эту же точку пройдет любой другой луч, входящий в систему
параллельно лучу 1.
Проведем через точку А луч 2, паН'
Н
раллельный лучу 1. Он пересечет главную плоскость Н' в точке В, а главную
F'
оптическую ось  в точке N '. Найдем F
входящий в систему луч 2, который выРис. О.1.90.
ходит из системы как луч 2. Для этого
проведем через точку В прямую, параллельную оптической оси, до
пересечения ее с главной плоскостью Н (точка С). Если через точку
С провести луч 2, параллельный лучам 1 и 2, то он пересечет оптическую ось в точке N. Поскольку лучи 2 и 2 параллельны, точки
N и N ' и есть узловые точки.
Как видно из рис. О.1.89, фокусное расстояние FН равно расстоянию N 'F ', аналогично FN = Н ' F '. Кроме того, NН = N 'Н'.
174
§1. Геометрическая оптика и простые оптические системы
1.90. f  2,5 см , f   2,5 см ; передняя главная плоскость
находится на расстоянии x H  5 см от собирающей линзы, задняя
главная плоскость − на расстоянии x H   5 см от рассеивающей
линзы; передний фокус F расположен до собирающей линзы на
расстоянии 7,5 см от неё, задний фокус F' – между линзами на расстоянии 2,5 см от рассеивающей линзы (см. рис. О.1.90).
Решение. Воспользуемся формулой для оптической
силы двухкомпонентной сиF
стемы в воздухе:
1
Ф  Ф1  Ф2  dФ1Ф2 ,
2
где Ф1  1 / f 1 , Ф2  1 / f 2 −
оптические силы тонких
линз.
Перепишем уравнение в виде:
Ф
Н
Н'
B
C
2'
A
N'
N
1'
F'
Рис. О.1.89.
1
1
d
10



см 1 ,
f1 f 2
f1 f 2 25
1
1
 2,5 см , f    2,5 см .
Ф
Ф
Определим координаты главных плоскостей:
Ф
Ф
f
f
xH  d 2  d
 5 см , x H    d 1   d
 5 см .
Ф
f2
Ф
f1
откуда находим: f  
Расстояние хН отсчитывается от первой линзы, а расстояние
хН' − от второй. Фокусы системы находятся: F на расстоянии f от
главной плоскости Н, а F' на расстоянии f ' от главной плоскости Н'.
Расположение фокусов и главных плоскостей показано на
рис. О.1.89.
1.91. Главные плоскости проходят через центр линзы. Фокус1
ные расстояния в воздухе f и водеf ' равны: f    28,5 см ,
Ф
175
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
n1
2n  n1  1
 38 см , где Ф 
. Узловые точки совпадают и
Ф
R
находятся в воде на расстоянии x  f   f  9,5 см от линзы.
f 
170
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона.
Уравнения Максвелла
2.1. E 0  cB0  300 В/м ,   c 
2.2.  
2
 0,6 мкм .


( x1  x 2 ) cos   ( y1  y 2 ) cos   ( z1  z 2 ) cos  .
c
Решение. Введем систему координат с осями ОХ', OY' и OZ'
так, чтобы ось ОХ' совпала с направлением распространения волны. Уравнение волны в этой системе координат имеет вид:
E  E 0 cos(t  kx )  E 0 cos(t  kr ) ,
где x   rn , r – радиус-вектор произвольной точки волнового фронта, n – единичный вектор в направлении распространения волны,

k  n − волновой вектор.
c
Отсюда искомая разность фаз равна:

  kr1  kr2  ( x1  x 2 ) cos   ( y1  y 2 ) cos   ( z1  z 2 ) cos  .
c
 (3 / 5) x  ( 4 / 5) z 
2.3. (t , x, y, z )  f  t 
 ; для гармонической
c



  (3 / 5) x  (4 / 5) y 
волны  (t , x, y , z )   0 cos  t 
   .
c


 
Решение. Для волнового возмущения ψ уравнение имеет вид:
nr 
 x  y  z 

(t , r)  f  t 
,
  f t 
c
c




где α, β, γ – направляющие косинусы вектора нормали n к волновому фронту. Если задан направляющий вектор а, то
a axex  a ye y  azez
1
. По условию задачи n   3,0,4 , и
n 
5
a
a2  a2  a2
x
y
z
уравнение волны имеет вид:
 (3 / 5) x  (4 / 5) z 
(t , x, y , z )  f  t 
.
c


§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла 171
Для гармонической волны уравнение имеет вид:
 

nr 
   0 cos(t  kr  )   0 cos   t 
   .
c 
 

Для данной задачи
  (3 / 5) x  (4 / 5) y 

 (t , x, y , z )   0 cos  t 
   .
c

 

2.4. r0 
E 01 r1  E 02 r2
.
E 01  E 02
Решение. Уравнение сферической световой волны для модуля
вектора Е имеет вид:
E R
E  0 0 cos(t  kr ) ,
R
где Е0 – амплитуда напряженности вектора Е на расстоянии R0 от
источника, R – расстояние от источника до точки наблюдения.
Так как амплитуда убывает обратно пропорционально расстоянию до источника, для амплитуд вектора Е в точках 1 и 2 можно
написать:
C
C
E 01 
, E 02 
, где С = const.
r0  r1
r0  r2
Поскольку источник и точки 1 и 2 лежат на одной прямой, отсюда следует:
E r  E 02 r2
E 01 r0  E 01 r1  ( E 02 r0  E 02 r2 ) и r0  01 1
.
E 01  E 02
2.5. I min  c 0 E 02 / 2 = 1,2  1010 Вт/м2.
2.6. P 
1
c 0 d 2 m 2U  2,7  1011 Вт .
4e
Решение. Для осуществления пробоя газа необходимо, чтобы
выполнялось условие: энергия ускоренных в поле световой волны
электронов W  eU . Смещение электрона в электрическом поле
световой волны с круговой частотой ω описывается уравнением:
mx  eE 0 cos(t ) ,
172
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
где m, e – масса и заряд электрона, Е0 – амплитуда вектора Е.
eE
Отсюда скорость электрона υ   0 sin(t ) и его максиm
мальная кинетическая энергия
2
2
mυ max
2Um 2
m  eE 
Wmax 
   0   eU , откуда E 02 
.
2
2  m 
e
В лазерном луче средняя плотность потока энергии
P
c 0 E 02

, откуда получаем:
S T 
2
d 2 / 4
1
P  c 0 d 2 m 2U  2,7  1011 Вт .
4e
2.7. E 0 
2I
2I
 86,6 В/м , H 0 
 0,23 А/м .
0c
0c
2.8. B0 
2 0 I
 2,9  10 6 Тл .
c
2.9. Н 0 
c E 2
0
E 0  0,53 А/м , S T  0 0  53,1 Вт/м 2 .
2
0
2
2.10. P  I  4Rорб
 2,9  10 26 Вт .
2.11. W  0,5c 0 E 02 R 2 t  400 Дж .
2.12.
E y E y
B z
B z

 c 2
,
.
t
x
t
x
Указание. Воспользоваться уравнениями Максвелла:
B
E
rot E  
, rot H   0
с учетом связи B   0 H .
t
t
2.13.
Bz
B z kE 0
 kE 0 sin(t  kx) ,

sin(t  kx) .
t
x
c
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла 173
Указание: Воспользоваться соотношениями
E y
t
 c 2
E y
x

B z
,
t
B z
(см. задачу 2.12).
x
2.14. B  e y
k
E 0 cos t  kz  .

Решение. Согласно уравнению Максвелла
rot E  
B
.
t
Найдем в декартовых координатах rotЕ:
e x e y ez
E x
E x



rotE    E 
 ey
 ez
 e y kE 0 sin t  kz  ,
x y z
z
y
Ex 0
0
следовательно: 
B
 e y kE 0 sin ωt  kz  , откуда
t
B  e y kE 0 sin ωt  kz  dt  e y

k
E 0 cos t  kz  ,

т.е. в каждой точке поля напряженность Е и индукция В изменяются синфазно.
Замечание. Вектор В можно также найти, воспользовавшись
ω
соотношением k, E  
H для плоской бегущей волны.
ε0c2
2.15. E  e x
k
H 0 sin t  kz  .
0
Указание. См. решение задачи 2.12. Можно воспользоваться
соотношением k , H   ω 0 E для плоской бегущей волны.
 

2.16. H x,t   e z  0 cE 0 sin  t  x   0,31 e z А/м .
c 

2.17. S  e z  0 c cos 2 (t  z / c) .
174
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.18. j см  4ε 0 νЕ 0  0,35 мА/м 2 .
Решение. В случае плоской монохроматической волны
E r , t   E 0 cos t  kr  .
В вакууме D   0 E , в результате получаем:
D
j см 
  0 E 0 sin t  kr  .
t
Среднее по времени значения модуля плотности тока смещения равно:
2
j см   0 E 0 sin t  kr 
  0 E 0   4 0 E 0  0,35 мА/м 2 .
Т/2

2.19. j 0    2 0 I / c .
2.20.  

 2 .
2l
Решение. Направим ось Х перпендикулярно зеркалу. Пусть
уравнения падающей волны для вектора Е имеет вид:
E1 x, t   E 0 cos t  kx  .
Тогда уравнение отраженной волны
E 2 x, t   E 0 cos t  kx  .
В соответствии с принципом суперпозиции:
E х,t   E1 х,t   E 2 х,t   2 E 0 cos kx  cos ωt  ,
т.е. формируется стоячая волна E х,t  . Из уравнения волны видно,
что амплитуда вектора напряженности Е достигает максимального
значения в точках, где
2
kx 
x  m m  0,  1,  2, ... ,

откуда получаем координаты пучностей волны для вектора Е:
x m  ( / 2) m .
Расстояние между соседними пучностями ∆х = /2. В местах
воздействия на фотопластинку волны с максимальным значением
модуля Е происходит максимальное выделение серебра, и образуются темные полосы.
Поскольку фотопластинка находится под малым углом φ к
зеркалу, расстояние между полосами на поверхности пластинки
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла 175
l

x
x 


, откуда    3,2  10  4 рад  2 .
2l
sin   2
2.21. B х,t   2 E 0 k sin kx  sin ωt  e z .
ω
Решение. В соответствии с принципом суперпозиции:
E  х,t   E1  х,t   E 2  х,t   e y 2 E 0 coskx  cosωt  ,
т.е. формируется стоячая волна E х,t  , поляризованная в плоскости
ХОY.
Магнитные составляющие волн описываются уравнениями:
B1 х,t   e z B0 cosωt  kx  ,
B 2 х,t   e z B0 cosωt  kx  ,
где учтено направление их распространения.
ω
Поскольку для бегущих волн E  υ  B  B , получаем:
k
B х,t   B1 х,t   B 2  х,t   2 E 0 k sin kx  sin ωt  e z .
ω
2.22. B z,t    E 0
2.23. B z,t   
k
cos kz  sin ωt  e y .
ω
E0
sin kz  sin ωt  e x .
c
2.24. E   B0 c sin( kz ) cos(t ) e y .
2.25. S x 
c 0 E 02
 sin 2kx   sin 2t  ; S x  0 .
4
Решение. По определению S  E , H  . Пусть E 0  e y E 0 . Тогда (см. задачу 2.21):
H x, t   e z H 0 sin kx  sin t  ,
где. H 0  ( / k )  D   0 cE 0 . Следовательно,
S  ex
c 0 E 02
 sin 2kx   sin 2t  ,
4
176
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
а среднее за период колебаний значение х-проекции вектора Пойнтинга составляет:
c E 2
S x  0 0  sin 2kx   sin 2t  T  0 .
4
2.26. S  c 0 E02 1  cos  .
2.27. S  2cε 0 E02 .
2.28. wэл  0,5 0 Е 02 cos 2 ( kx) cos 2 (t ) ,
wэл  0,5 0 Е 02 sin 2 (kx) sin 2 (t ) ,
S
1 0 2
Е 0 sin(2kx) sin(2t ) ;
4 0
w x, T / 8  0,5 0 E 02 ,
w ( x,0)  0,5 0 E 02 cos 2 (kx) ,
w x, T / 4  0,5 0 E 02 sin 2 (kx) ; W 
 0 E 02 
.
16
2.29. P  I 0  πa 2 .
 x2  y2 
 dxdy 
Решение. P  Id  I 0 exp  
2

a



2
 r 
 I 0 exp   2   2rdr  I 0 a 2 .
 a 
0



2.30. W  P0    .

Решение. W 

 t2 
Pt  dt  P0 exp   2  dt  P0   .
 τ 



2.31. f I   f, e I  

I0
cos θ 1  R cos 2θ    ,
c
I
I sin 2θ
.
f n   f, e n   1  R  0 cos 2 θ   , f τ   f, e τ   1  R  0 
2
c
c
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла 177
Решение. Плотность потока импульса G в поле электромагS
нитной волны в вакууме равна: G  . Следовательно, за время Δt
с
волна приносит к пластинке импульс:
I
I
S
Δ P1  G  V   σ   ct  0 t  σ   e I  0 t  σ cos θ   e I ,
c
c
c
где e I – единичный вектор нормали к
фронту
падающей
волны;
τ
σ   σ cos θ – площадь поперечного
θ еr
f0
eI
θ
сечения
светового
пучка
(см.
I0
 w T.
рис. О.2.31),
n
f
fr
с
Если бы падающий на пластинРис. О.2.31.
ку свет полностью поглощался, то на
пластинку действовала бы сила:
I
Δ P I0
f0 
 σ   e I  0 σ cos θ  e I .
c
c
Δt
По условию задачи свет частично отражается под таким же
углом θ к нормали и уносит импульс
RI
I
Δ P2   r t  σ  e r   0 t  σ cos θ   e r ,
c
c
где e r – единичный вектор нормали к фронту отраженной волны,
I r  RI 0 − интенсивность отраженной волны.
Пластинка при этом получает дополнительный импульс
(ˮимпульс отдачиˮ), причем модуль ˮсилы отдачиˮ f r  Rf 0 .
Таким образом, на пластину действует сила:
I
f  f 0  f r  0  cos  e I  Re r  ,
c
а ее проекции на различные направления равны:
I
f I   f, e I   0 cos θ 1  R cos 2θ    ,
c
I
f n   f, e n   1  R  0 cos 2 θ   ,
c
I 0 sin 2θ
.
f τ   f, e τ   1  R  
2
c
178
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.32. p 
fn 3 I0
  cos 2   0,25  10  4 Па .
 2 c
Указание. См. решение задачи 2.31.
2.33. p 
2.34. Р 
41  ρ   W
πd 2 cτ
 5,0 МПа.
W
1  ρ 2  2ρ cos 2θ  35 нНс.
с
 0 E 02 2
a sin (1  r sin 2)  cos (1  r cos 2) e k ,
2
где еk – единичный вектор в направлении вектора k.
2.35.
FK 
Указание. Воспользоваться решением задачи 2.31.
2.36. p 
w0
.
3
Решение. В случае плоской волны с объемной плотностью
энергии w0 и зеркального отражения (R = 1) давление на зеркало
равно (см. задачу 2.31):
f
p  n  1  R  w0 cos 2   2 w0 cos 2  .

Учитывая, что при изотропном излучении
d
2  sin   d 1
dw()  w0
 w0 
 w0 sin   d ,
4
4
2
получим:
2
p  2
w
1
w0 cos 2   sin  d  0 .
2
3
0

2.37. FI  w πa 2 1  R cos 2α  .
Решение. Из симметрии задачи ясно, что сила светового давления FI , возникающая за счет падающего и отраженного пучков,
направлена вдоль оси Х, поэтому в дальнейшем будем иметь в виду
х-компоненты сил (рис. О.2.37). Для каждого из элементов освеща-
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла 179
емой поверхности конуса площадью d вклад dFI в силу давления
FI равен:
dσ┴
I
dFI  dF, e I   0 dσ  1  R cos 2θ 
c
,
dσ┴
2α
где dσ   dσ cos θ , θ   . Суммироdσ
Х
вание по всем элементам dσ  дает
dFотр
Fпад
площадь поперечного сечения, равα
2
ную a , поэтому для искомой силы
получаем:
I
Рис. О.2.37.
FI  0  πa 2  1  R cos 2α  , или
c
FI  w πa 2 1  R cos 2α  .
2.38. FI  wπa 2 .
Решение. Для
кольцевого элемента
освещаемой поверхности площадью d,
который виден из
центра сферы под
углом θ (рис. О.2.38),
вклад dFI в силу
давления FI равен
(см. решение задачи
2.37):
d
d
d

dFотр
dFпад
Х
0
Рис. О.2.38.
I0
dσ  cos   1  R cos 2θ  ,
c
где dσ  a 2 sin   d  d  . Интегрируя по  от 0 до 2 и по θ от 0 до
2, получим:
/2
2
I a2
I
FI  0
d (1  R cos 2) sin  cos  d  0 πa 2  wa 2 ,
c 0
c
0
dFI  dF, e I  
 
т.е. сила давления FI не зависит от коэффициента отражения R.
180
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

Rd 2 
2.39. FI  wπd 2 1  R  2  .
a 

Указание. См. решение задачи 2.38.

 54 wa .
2.40. FI  w πa 2 1  cos 4   cos 2  
2
Указание. См. решение задачи 2.38.
2.41. FI 
2.42. F 
 0 E 02
 πR 2  1,25  10 12 H .
2
4 I0
  R 2 .
3 c
Решение. Рассмотрим элемент поверхности шара, ориентированный под углом θ к вектору I0 (см. рис. О.2.42). Площадь этого
элемента равна
dσ  R 2 sin   d  d .
Так как элементом dσ за время Δt рассеивается энергия
W  I 0 d  cos  t , то на него действует сила:
df  df 0  df r ,
I
1 I
причем df 0  0 d cos  e I , df r   0 d cos  e n . Результируюc
2 c
щая всех df0 равна
Рис. О.2.42.
§2. Электромагнитные волны оптического диапазона. Уравнения Максвелла 181
F0 
I0
 R 2 e I .
c
Силу Fr найдем, суммируя проекции сил dfr на направление I0
по всем элементам освещенной поверхности:
2  / 2
2  / 2
I0
1 I
Fr 
df r  cos  
 R 2 sin  cos 2  d d   0  πR 2 .
2c
3 c
0 0
0 0


Следовательно, сила, действующая на шар, равна:
4 I
F  F0  Fr   0  R 2 .
3 c
2.43. F 
3I
S.
2c
Указание. Расчет проводится аналогично сделанному в задаче 2.42).
2.44. F  P 
R2
c 2 (R 2  d 2 )
.
Решение. На расстоянии l от точечного изотропного источниP
ка мощностью Р интенсивность излучения равна I 
, а сред4πl 2
I
P
няя по времени объемная плотность энергии: w  
.
c 4 πl 2 c
dFпад
l

S
max
Рис. О.2.44.
d
dF
182
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Введем сферическую систему координат с началом в месте
расположения источника S, угол  будем отсчитывать от оси симметрии системы; он изменяется от 0 до  max  arctg( R / d ) . Рассмотрим
пучок
излучения
с
поперечным
сечением
2
d   l sin  d d , где l -расстояние от источника до точки на поверхности пластинки (рис. О.2.44). Модуль силы светового давления такого пучка равен
dFпад  w d  .
С такой же силой будет действовать и отраженный пучок,
сумма этих сил направлена параллельно оси симметрии и равна:
dF  2dFпад cos   2 w d   cos  
P
P
 l 2 sin  d dθ  cos  
 sin  cos  d dθ .
2
2c
4l c
Проводя интегрирование, получаем:
 2

max
2
P
P sin  max P
R2
.
F
 2  sin   cos   d  
 
2
2
2c
c
2
c
2
(
R

d
)
0

2.45.   2arcsin
2.46. P  c  mg .
W
mc gl
 0,5.
§3. Преобразования Фурье в оптике
183
§3. Преобразования Фурье в оптике
3.1. f t  
A 2 A 
 n  

sinc 
  cos(n t ) , где   2 / T ;
T
T n 1
 2 

см. рис. О.3.1.
Решение.
Периодическая
функция
на
 T  t  T имеет следующий аналитический вид:
2
2

 A,
f t   
 0,

t 

2
T

t 
2
2
интервале
.
Находим коэффициенты ряда Фурье:
2
a0 
T
2
an 
T


2
2 A
 Adt  T ;


2
2
2A
1 
n 
 n   
 A cos(n t )dt  T  n  sin 2  sin   2   

2
2A   
 
T 
n 
2  2 A sinc  n   , где sinc  sin/ .
n
T
 2 
2 sin
Так как функция f(t) – четная, то bn  0 для всех n.
f t  
A 2 A 
 n  

sinc 
  cos(n t ) .
T
T n 1
 2 

График спектра периодической последовательности прямоугольных импульсов приведен на рис. О.3.1.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
184
Рис. О.3.1.
3.2. f (t )  U 0 
3.3. f (t ) 
U0  1
 cos (n t ) , где   2 / T .
 n 1 n

U 0 4U 0 
1
 2
 cos (2n  1) t  ,
2
 n 0 (2n  1) 2

где   2 / T .
3.4. f (t )  A cos t 
mA
cos(  )t  cos(  )t  .
2
Решение. В данной задаче спектр легко получить, применив
формулу произведения косинусов:
mA
cos(  )t  cos(  )t  .
2
Видно, что спектр состоит из трех гармоник с частотами ω,
ω + Ω и ω – Ω и амплитудами А и mА/2.
f (t )  A cos t 
3.5. f (t ) 
1 
  
it
 F ()e d  , где F   U 0   sinc   .
2  
 2 
Решение. Найдем Фурье-образ функции f (t ) :
§3. Преобразования Фурье в оптике

F () 


 U 0
185
/2
f (t )e it d t  U 0  e it d t  f 0 e
 i / 2
 / 2
 e i / 2

 i
 2i sin  / 2
sin  / 2 
  
 U 0
 U 0   sinc   .
 i
 / 2
 2 
3.6. F   F   e i .
Решение. Находим спектр сигнала f t   :
F  


f t    e it dt 


 f t    e
it   
 e i dt .

Делая замену переменных t   t   и учитывая, что при этом
пределы интегрирования не изменятся, получим:


F    f t   e it  dt    e i  F   e i .


 

Таким образом, сдвиг сигнала по времени на  приводит к появлению в его спектре фазового множителя  e i . При этом
F   F  , т.е. спектральная плотность не меняется.

  
 T 
3.7. F   2 f 0   sinc    cos 
.
 2 
 2 
Указание. Записать временную функцию двух импульсов
f t   f 0 t  T   f 0 t  T  и использовать результаты задач 3.5 и
3.6.
  
3.8. F   f 0   sinc    1  2 cos(T ) .
 2 
Указание. Записать временную функцию трех импульсов
f t   f 0 (t )  f 0 t  T   f 0 t  T  и использовать результаты задач
3.5 и 3.6.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
186
  
3.9. F   f 0   sinc   
 2 
 N T 
sin 

 2 .
 T 
sin 

 2 
Решение. Временную функцию, описывающую N прямоугольных импульсов одинаковой полярности, можно представить в
виде:
f t   f 0 (t )  f 0 t  T   f 0 t  2T   ...  f 0 t  ( N  1)T  ,
где функция f 0 t  − это временная функция одиночного прямоугольного симметричного импульса длительностью , спектр
F0  которого был получен в задаче 3.5:
  
F   f 0   sinc   .
 2 
Используя задачу 3.6, можем записать:
  
F   f 0   sinc    1  e iT  e i2T  ...  e i( N 1)T 
 2 
 N T 

iNT
iNT / 2 sin 
2 
   e
   1  e

.
 f 0   sinc    iT / 2 
 f 0   sinc   
iT
 T 
 2  e
 2  1 e
sin 

 2 
При преобразованиях использовалась формула суммы геометрической прогресии, которая стоит в круглых скобках, а также
e i  e i
формула Эйлера: sin  
. Взяв ReF(ω), получаем ампли2i
тудный спектр последовательности N прямоугольных импульсов:
 NT 
sin 

2 
  

.
F   f 0    sinc  
 2  sin  T 


 2 


3.10. G0   NG () .
Решение. Найдем Фурье-образ последовательности цугов:
§3. Преобразования Фурье в оптике
F0  
N
 F   e
187
iti
 F  
i 1
N
e
iti
.
i 1
Для спектральной плотности имеем:
N
 N
it 
G 0   F0   F0*   F   F *   e iti  e j  
 i 1

j 1


N
N

 N
iti t j  
it 
  NG  .
 F   F *    e iti   e j   G   N   e



 i 1

1
,

1
;

j
i
j
i
j




(перекрестное произведение в среднем равно нулю).
Спектральная плотность N цугов возрастает в N раз, однако,
если бы последовательность была регулярной (через одинаковые
промежутки времени), то для некоторых частот увеличение было
бы в N2 раз.


  
3.11. F   f 0   sinc 2   .
 2 
Решение. Функция, описывающая симметричный треугольный импульс, имеет вид:
 
t 
 f 0 1  ,  , t  
.
f (t )     

t 
0,
Спектр такого импульса равен:



t
F   f t  exp it  dt  f 0 1   exp it  dt 

t 




 f0

0


0
 1  t /  exp(it ) dt  f 0  1  t /  dt 
f
 f 1  t /  

  0
exp  it   02 exp  it  
i



 
0

f
 f 1  t /  

  0
exp  it   02 exp  it  
i


0
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
188

f0

2
exp (it )  exp (it )  2 f 02  2 f 02 1  cos () 

 f0
3.12. Fмод () 
  
sin 2  
 2 
  
 
 2 
2

  
 f 0   sinc 2   .
 2 
1
F   0   F    0  .
2
Решение. Используем формулу Эйлера cos 0t 
ei0 t  e i0 t
.
2
Тогда
Fмод  



f t  
e i0t  e i0t it
 e dt 
2



1 
i (  0 ) t
i (  0 ) t

f t   e
dt  f t   e
dt  

2  




1
F   0   F   0  .
2
Следовательно, при "заполнении" относительно медленно
изменяющегося сигнала f t  гармонической функцией на частоте
0 спектр смещается влево и вправо от начала координат на 0, при
этом форма спектра не изменяется.

3.13. F  
A 
 (   0 )   
 (   0 )  
 sinc 
 .
  sinc 
4 
4
4




Решение. Используем формулу cos 0t 
Фурье-образ функции f(t):
ei0 t  e i0 t
. Найдем
2
§3. Преобразования Фурье в оптике
Fмод   А
/4
189
/4
e i  0 t  e  i  0 t  i t
A
 e dt 
exp  i (   0 )t  dt 
2
2  / 4
 / 4


/4


A
A e i (0 )  / 4  e i ( 0 )  / 4
exp  i (0  )t  dt  

2  / 4
2
 i (   0 )

A e i ( 0 )  / 4  e i ( 0 )  / 4 A 
 (   0 )  
 (   0 )   


  sinc 
 .
sinc 
 i (   0 )
2
4 
4
4




f 0 
   0  
   0  
  sinc
 ; для выsinc
2 
2
2




сокочастотного сигнала, если его длительность  такова, что
f 
2
   0  
  0 , F ()  0  sinc
.

2
2


Указание. См. решение задачи 3.13. Можно также воспользоваться результатом задачи 3.12.
3.14. F () 
3.15. F () 
G () 
E0 
    0  
 sinc 
;
2
2


E 02  2
2
 (   0 )  
 1,6  10 8 нм ;
sinc 2 
 ;  
c

2
4


w  0,508
Дж
; E 0  3,4  10 5 В/м .
м3
Решение. Пусть колебания вектора электрической напряженности волны Е(t) описывается уравнением:
 E cos  0 t  при t  [  / 2,  / 2] ,
E (t )   0
0 при t  [  / 2,  / 2] .
Фурье-образ такой функции равен (см. задачу 3.14):
F () 
E0  
    0  
    0  
 .
  sinc
sinc
2 
2
2




Второе слагаемое в области частот    0 осциллирует с ча-
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
190
стотой ~  0 , а первое слагаемое – с частотой    0 , поэтому за

 4  1010 периодов колебавремя импульса, содержащего N 
/c
ний, основную роль будет играть первое слагаемое в F(ω). Можно
записать:
F () 
E0 
    0  
 sinc 
.
2
2


Определим спектральную плотность излучения G(ω):

 E 4 sinc  (  2 )   .
G ()  F ()  F * () 
2 2
0
2
0


G(ω) имеет максимум при    0 и первый раз обращается в
2
, что определяет ширину частотного спекноль при 1, 2   0 

тра   2 /  , соответственно   1 /  и основной диапазон длин
волн
2
2
 
 1,6  10 8 нм ,
c
с
что значительно меньше естественной ширины линии излучения
рубина.
Оценим объемную плотность энергии излучения w. Объем
волн цуга
 
V
откуда
d 2
W  0 E 02
Дж
 c  0,59 м 3 , w 

 0,508 3 ,
4
V
2
м
E 0  2w /  0  3,4  10 5 В/м .
Замечание. Для учета спектрального состава импульса при
расчете объемной плотности энергии излучения w надо суммировать вклады в объемную плотность всех волн с частотой ω и диапаG ()
d . Тогда с учетом всех частот иззоном частот dω: dw() 
c
лучения получаем:

w
1
G () d .
c -

§3. Преобразования Фурье в оптике
191
Однако в данной задаче спектральный диапазон частот
очень мал, поэтому можно ограничиться приведенной оценкой.
3.16. a() 
f0
2
 
2
; b() 
f 0
2
  2
.
Решение. Найдем Фурье-образ функции f(t):
F  




0
0
f t  e it dt  f 0 e t  e it dt  f 0 e ( it ) dt 

0


f0
f (  i)
,
e  (   i ) t  0 2
0
i  
  2
откуда a()  ReF () 
3.17. G () 

f 0
2
 
f 02
2   2
2
; b()  ImF () 
  2
.
;   2 ; см. рис. О.3.17.
Указание. Использовать результат задачи 3.16 и определение спектральной
плотности
*
2
G ()  F ()  F ()  a ()  b 2 () .
Ширина кривой G(ω) на половине
высоты определяется из условия:
1
G1 / 2 ()  G max () .
2

f 0
2
G(ω)

3.18. F () 

0
Рис. О.3.17.
f 02
f 0   i    0 
1
G
(

)


.

;
2
2
4 (   0 ) 2   2
2    0   
Решение. Воспользовавшись результатами, полученными в задачах 3.12 и 3.16, получим:
F () 
f 0    i (   0 )
  i (   0 ) 


.
2
2
2  (   0 )  
(   0 ) 2   2 
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
192
При малом затухании вторым слагаемым можно пренебречь,
тогда:
F () 
f 0   i    0 

,
2    0 2   2
и спектральная плотность равна:
f
G ()  F ()  F ()  

4
2
0
*
1
.
(   0 ) 2   2
Линия излучения описывается функцией Лоренца
L( x)  1 /(1  x 2 ) при х  (   0 ) /  .
3.19. I 0 
f 02 
.
4
Решение. Спектральная плотность волны равна (см. задачу
f2
1
G ()  0 
.
3.18):
4 (   0 ) 2   2
Вклад в интенсивность излучений с частотами (,   d)
равен: dI ()  G () d , а полная интенсивность волны составляет:


f2
f 02 
d

 .
I 0  G () d  0
4   (   0 ) 2   2
4 



При вычислении использовался интеграл


dx
1
1
x
 arctg
 .
2
2
a
a  a
a x


3.20. f (t ) 
A0 
 t 
sinc 
 cos  0 t .
2
 2 
Решение. Используем преобразование Фурье:
§3. Преобразования Фурье в оптике

f (t ) 
1
1
F ()e it d  
2  
2

193
0 

2
A0
  
 А e d  t sin  2 t  e
0
0 
it
i0t
.

2
Действительная часть полученного выражения и есть временное представление функции f(t):
f (t ) 
A0
A 
  
  t 
sin 
t  cos  0 t  0
sinc 
 cos  0 t  A(t ) cos  0 t .
t
2
 2 
 2 
Амплитуда импульса А(t) медленно меняется со временем,
т.к.    0 .
194
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
§4. Интерференция монохроматического света
4.1. I  I 1  I 2 .
4.2. V 
2 I1 I 2
I1  I 2
 0,2 .
2
 N  1
I
 4.
4.3. 1  
I 2  N  1 
 
 
  arcsin   m  0  ;
2  
l 
б) m  0,  1,  2,  3 .
4.4.
θ1
θ
r2
r1
m = 0,
θ0 = π/6;
Решение. Поскольку излучаемые волны когерентны, они будут интерферировать,
и интенсивность в любой точке определяется формулой:
I  2 I 0 1  cos   .
1 0 2
∆r
а)
Выберем точку М, находящуюся на
расстоянии r >> l от середины линии, соедиРис. О.4.4.
няющей излучатели (т.0 на рис. О.4.4) и видную из т. 0 под углом θ к линии 0А, перпендикулярной линии 1-2.
Расстояния от т. М до излучателей 1 и 2 будут r1 и r2 соответственно. Угол 1   (см. рис. О.4.1), т.к. r >> l. Разность хода волн от
излучателей 1 и 2 до т. М равна:
А
М
r  r1  r2  l sin 1  l sin  .
Уравнения волн, приходящих в т. М от излучателей 1 и 2,
имеют вид:
E1  E 01 cos(t  kr1 ) , E 2  E 02 cos(t  kr2   0 ) , где k  2 /  .
Разность фаз между этими волнами в т. М составит:
2
2
(r1  r2 )   0 
 l sin    0 .


Она будет максимальной при   2m (m  0,  1,  2...) , т.е. при

§4. Интерференция монохроматического света
195
2
 l sin    0  2m ,

sin  
откуда
 

m  0  .
l 
2 
 

1

 m  0   4  m   , откуда
l 
8
2 

единственно возможное решение: m  0 , sin   1 / 2 и θ0 = π/6.
а)
l   / 4 , тогда
б) l  3 , sin  
ственно
sin  
1 
1
 m   и m  0,  1,  2,  3 . Соответ3 
8
1  arcsin 1/24  2,4 ,  2  arcsin 9/24  22 ,
 3  arcsin 17/24   45 ,  4  arcsin 7/24   17 ,
 5  arcsin 5/8  39 ,  6  arcsin 23/24   74 .
4.5. Λ   /  .
Решение. Выберем начало системы
координат так (рис. О.4.5), чтобы уравнения волн имели вид:
E1 t   A cos t  k1 r  ,
E 2 t   A cos t  k 2 r  ,
Х
k1
K Z
kx
0
α
k2
Рис. О.4.5.
2π
. В области переλ
крытия волн вектор напряженности электрического поля волны равен:
где А  0, А, 0 , k 
E t,r   E1  E 2  A cos t  k1 r   cos t  k 2 r  
k  k2 
Kr

 (k  k 2 )r 
 2 A cos  1
r   2 A cos
cos t  kr  ,
 cos  t  1
2
2
2




где K  k1  k 2 , k  ( k1  k 2 ) / 2 .
Волна распространяется вдоль оси Z, т.к. вдоль неё направлен
вектор k, но её амплитуда меняется вдоль оси Х. Из рис. О.4.2 видно, что вектор K направлен вдоль оси Х и его модуль с учетом того,
что k1  k 2  k , равен: K  2k x  2k sin( / 2) .
196
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Поскольку интенсивность результирующей волны I  Е 2 ,
 Kr 
она будет максимальна там, где cos 2 
 имеет максимум, т.е. при
 2 
условии:
Kr

2

 k x x  k sin  x 
sin  x  m (m = 0, 1, 2, …),
2
2

2
откуда находим координаты максимумов хm в направлении оси 0Х:
xm 
m
m
.

k sin( / 2) 2 sin( / 2)
Ширина интерференционных полос равна:
  x m 1  х m 
4.6. Λ 
S1


 .
2 sin( / 2) 

.
 cos 
l
 dx 
4.7. I x   4 I 0 cos 2 
;   .
d
 l 
X
Решение. Найдем разность хода
P
r2
Δx   r x   r x  между лучами 1 и 2,
r1
d
S2
l
Рис. О.4.7.
2
Ох
1
идущими из точек S1 и S2 в точку Р на
экране (рис. О.4.7).
По теореме Пифагора:
2
2
2
d
d


r22  r12   x     x    2 x  d .
2
2


2
2
Одновременно r2  r1  r2  r1 r2  r1   2l  Δ ,
где учтено, что l  d. Приравнивая эти выражения, находим:
d
2 d
Δ x   x и разность фаз x   k  Δ x  
 x.
 l
l
Распределение интенсивности I(x) на экране имеет вид:
откуда
2
d
d


r12  l 2   x   ; r22  l 2   x   ,
2
2


§4. Интерференция монохроматического света
197

x  d 

2  dx 
I x   2 I 0 1  cos    2 I 0 1  cos  2 
,
  4 I 0 cos 
λ  l 
 l 


где I0  интенсивность света на экране при одной открытой щели.
Интенсивность в точке наблюдения максимальна, если
dx max
 m , m  0,1,2,... ,
l
lm
и ширину иноткуда находим координаты максимумов: x m 
d
терференционных полос:
l 
  x m 1  х m 
 ,
d 
где   угол схождения интерферирующих лучей вблизи центра
экрана Ох (или угол, под которым видны щели S1 и S2 из центра
экрана).
4.8.  
x  d
 500 нм .
4l
4.9. Увеличится в    2 /  1  1,3 раза .
4.10. Картина сместится в сторону перекрытой щели на
a (n  1)
N
 10 полос.

4.11. n Kr  n 
Nλ
 1,000427 ; полосы смещаются в сторону
l
трубки.
4.12. Ширина полос уменьшится: а) в N 1 
б) в N 2  l / f  12 раз .
4.13. х 
6  l
 1,5 мм .
2h
l
 1,5 раза;
l 4f
198
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
4.14.  
2   h
.
l (  1)
4.15. N 
8h 2 a
 40 .
λ l2  a2


Решение. На экране наблюдается картина интерференции
волн от источника S и его мнимого изобХ
х1 ражения S  в зеркале (рис. О.4.15). Расстояние между источниками d = 2h. ПоскольS
ку l >> d, интерферирующие лучи сходятся
х2
h
d
в точке 0 экрана под малым углом   , а
0
З
h
а
l
х
ширина
интерференционных
полос
равна
S'
Э
l
 l
Рис. О.4.15.
Λ  .
 d
Введем ось Х вдоль экрана. Как видно из рис. О.4.15, ширина
интерференционной картины на экране совпадает с шириной отраженного от зеркала «зайчика» и равна ΔX  x1  x 2 . Из подобных
треугольников (см. рис. О.4.15) получаем (учитывая, что координата х отрицательна):
x1  x
l
d l

, откуда x1  x 
.
l a
la
h
2
2
d l
.
la
Ширина зоны интерференции на экране:
Аналогично получаем: x 2  x 
d  l  2a
,
l 2  a2
а число интерференционных полос на экране:
Δ X  x1  x   x 2  x  
N
ΔX
d 2  2a
8h 2 a
 2

 40 .
Λ
λ l  a2
λ l 2  a2

 

§4. Интерференция монохроматического света
4.16.  
199
 2ab 2 
a  b 
 1 мм , N  2 
 1 9.
2 a
  ( a  b) 
Решение. а) После отражения от зеркал 1 и 2 образуются два
пучка света, выходящие из точек S1 и S2. Эти точки находятся на
таком же расстоянии a от ребра бизеркала, что и источник S.
Экран обычно располагают так, чтобы его плоскость была
параллельна линии S1S2. Как видно на рис. О.4.16, в центре экрана
Э (точка O x ) интерферирующие лучи сходятся под углом
SS
a  2
.
 1 2 
ab ab
Рис. О.4.16.
Поэтому ширина интерференционных полос на экране равна:
 a  b 
 
 1 мм .

a  2
б) Число интерференционных полос на экране равно
 X 
N 2
  1,
 2 
где X – ширина области интерференции, расположенной на экране
между точками 1 и 2 (см. рис. О.4.16). Поскольку
ΔX  b  2 , получаем:
 2ab 2 
 b 
N  2  1 2 
 1 9 .

  ( a  b) 
200
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
4.17. Вся интерференционная картина сместится в том же
направлении, что и источник, на расстояние x  l  (b / a )  12 мм .
Решение. При смещении источника S на δl (например, по часовой стрелке), изображения S1 и S2 сместятся по дуге на такое же
расстояние (но против часовой стрелки) (см. рис. О.4.16). В результате центр интерференционной картины на экране сместится вниз
относительно точки O x на расстояние:
x  l  (b / a )  12 мм .
4.18. Центр интерференционной картины не сместится, но
2(a + b)
расстояние между полосами уменьшится в  =
» 1,86 ра2a + b
за. Число интерференционных полос на экране возрастет на
a  b 
 2b   2b 
 1 мм – первоN  

 6 полос (здесь  


2 a
 /    
начальная ширина интерференционной полосы).
4.19. x 
4.20.  
S1
S
S2
3a  b 
 1,7 мм .
2a
 ( a  b)
 b ( a  b ) 
, N 2
 1.
2
2a (n  1)
 2a 
Решение. Луч, падающий на прозрачный клин с преломляющим углом   1 почти нормально,
после прохождения клина отклоняМ
ется на угол   n  1 .
θ
φ
0
Если расстояние а много
φ
N больше толщины бипризмы, то лучи
на выходе из бипризмы образуют
два частично перекрывающихся
Э пучка, как бы выходящих из щелей
а
b
S1 и S2 (рис. О.4.20), расположенных
Рис. О.4.20.
примерно на том же расстоянии a от
§4. Интерференция монохроматического света
бипризмы, причем
201
S1S 2  d  2atg  2a n-1 .
Экран расположен на расстоянии l=a+b от источников. Используя формулу, полученную для схемы Юнга, находим ширину
интерференционных полос:
λl
λa  b 
Λ 
,
d a  2 n  1
откуда определяем преломляющий угол бипризмы:
 ( a  b)
.

2a (n  1)
Из рис. О.4.20 видно, что размер области интерференции лучей на экране равен:
b (a  b)
MN  2btg  2b  2b(n  1) 
.
a
Из симметрии задачи следует, что число N всегда должно
быть нечетным, поэтому число наблюдаемых полос на экране
 b (a  b) 
 MN 
1 2 
N 2
  1.

2
 2 
 2 a 
4.21.  
2a  n  1
Λ  484 нм .
ab
4.22. 1) x 

 0,2 мм ;
2 n  1 
 2b( n  1) 2  2 
 2b( n  1) 2  2 
  1  43 , m max  
  21 ;






2) N max  2 
3) b N 
( N  1) 
4(n  1) 2  2
 84 см .
Решение. С помощью бипризмы
плоская волна, получающаяся за линзой,
делится на два пучка, выходящих из
ε φ М
А 0'
0 φ
В
N
b
Рис. О.4.22.
Э
202
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
бипризмы под углом 2  2 n  1  друг к другу. Область интерференции на рис. О.4 22 представляет собой ромб 0М0'N, на экране Э
интерференционные полосы будут наблюдаться в области АВ.
Расстояние между темными полосами на экране, т.е. период
интерференционной картины Λ, равно (см. задачу 4.5):
x   



 0,2 мм .
2 2 n  1 
Как видно из рис. О.4.22, максимально возможная ширина
интерференционной картины равна MN:
X max  MN  2btg  2b  2b( n  1)  .
Из симметрии задачи следует, что число Nmax всегда должно
быть нечетным. Следовательно, максимально возможное число
N max интерференционных полос равно:
 2b( n  1) 2  2 
 X max 
N max  2 
1  2 
  1  43 .


 2 


Максимальный порядок интерференции равен:
 2b( n  1) 2  2 
m max  
  21 .



Чтобы при минимальном расстоянии между экраном и
бипризмой на экране было N полос, ширина интерференционной
картины должно быть равна
X  2b N tg  2b N (n  1)   ( N  1)  ,
откуда
bN 
4.23. b0 
( N  1) 
4(n  1) 2  2
 84 см .
H
 3,4 м ;
4( n  1) 
 H ( n  1)  
N max  2 
  1  49 ; b1 > 2b0 » 6,8м .
2


4.24.  

 0,2 мм .
2 n  n 
§4. Интерференция монохроматического света
4.25. Λ   
203
L a  f   af
.
ah
Решение. Каждая половинка линзы даст свое действительное
изображение источника S (рис. О.4.25 а, на рисунке горизонтальS1
B
h
S
f
а
b
A
S2
L−b
L
Рис. О.4.25 а.
ные штриховые линии – главные оптические оси верхней и нижней
половин линзы). Эти изображения S1 и S2 играют роль источников
двух частично перекрывающихся световых пучков, на рис. О.4.25 а
область интерференции заштрихована. Интерференционную картину наблюдают на экране между точками А и В.
1 1 1
находим расстояние b
По формуле тонкой линзы  
a b f
от билинзы до изображений S1 и S2:
a f
.
b
a f
Лучи, выходящие из источника S и проходящие через оптические центры каждой из половинок билинзы, не преломляются, что
позволяет найти расстояние S1S2:
d  S1 S 2  h 
af 
ab h 
ah
 
   a 
.
a
a 
a f  a f
Расстояние от изображений до экрана
af
l LbL
.
a f
По формуле, полученной для схемы Юнга (см. задачу 4.7),
находим ширину интерференционных полос:
204
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
L a  f   af
l

.
d
ah
Замечание. Если экран
будет располагаться дальше
S1
В
от билинзы, область интерференции будет определяться
А линиями SS1 и SS2 (см.
S2
рис. О.4.25 б) (на рисунке обРис. О.4.25 б.
ласть интерференции заштрихована).
Λ
S
afD
 33 см ;
D(a  f )  ah
2 L a  f   af
x    min
 0,08 мм.
ah
4.26. Lmin 
Указание. См. решение задачи 4.25. Учесть, что D  h .
4.27. Нет.
f
 0,05 мм ;
h
 Dh 
Df
2) l 0 
 1,25 м , N max  
  1  251 ; 3) l1  2l 0  2,5 м .
2h
 2f 
4.28. 1)  
Решение. Так как источник S находится в передней фокальной плоскости каждой из половин билинзы, то после её прохождения формируются две
плоские волны, идуМ
щие под небольшим
02
2
углом θ друг к другу
0'
h S
(рис.
О.4.28). На риθ
сунке
точки О1 и О2 –
0
1
1
N
оптические
центры
верхней и нижней поЭ
l1
f
ловинок линз, а гориРис. О.4.28.
зонтальные штриховые линии 1 и 2 – их главные оптические оси. Область интерференции имеет форму ромба.
§4. Интерференция монохроматического света
1) Из ∆SО1О2 получаем: tg
205

h

, откуда с учетом малости
2 2f
углов θ следует:   h / f .
Ширина интерференционных полос
 f
 0,05 мм .
 
 h
2)
Максимальный
размер
области
интерференции
MN  ( D  h) / 2  D / 2 . Чтобы наблюдать максимальное число полос, экран нужно расположить от билинзы на расстоянии
Dh
D Df
l0 


 1,25 м .
4tg(/2) 2 2h
Максимальное число полос
 Dh 
D
N max     1  
  1  251 .
 2 
 2 f 
3) Интерференционные полосы исчезнут, если экран будет на
расстоянии l1  2l 0  2,5 м от билинзы.
4.29. l min 
( N  1)f 2
 96 см .
h2
f 
 0,6 мм .
x
d2
 f .
4.31. b 

4.30. a 
Указание. После прохождения билинзы в ее задней фокальной плоскосте сформируются два когерентных источника на расстоянии d друг от друга.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
206
§5. Интерференция монохроматического света в тонких
пленках. Полосы равной толщины и равного наклона
5.1.   2h n 2  sin 2    / 2 .
Решение. Падающий луч частично отражается в направлении
M
ОM и преломляется в направлении ОВ.
N
Преломленный луч после отражения от
θ
задней грани в точке В вновь преломляD
ется и выходит в направлении CN паЕ
раллельно первому отраженному лучу.
С
О
h
Проведем из т. С линию волновоχ
го фронта CD  CN . Оптическая разВ
ность хода между лучами ОМ и СN
Рис. О.5.1.
равна:
h
Δ  n  OB  BC  OD  2n 
 OC  sin  
cos 
 2n 


2nh 1  sin 2 
h
 2h tg   n sin  
 2nh cos  .
cos 
cos 
С учетом закона преломления sin   n sin  получаем:
  2nh cos   2h n 2  sin 2  .
Кроме того, необходимо учесть изменение на  фазы отраженного луча ОМ (отражение от оптически более плотной среды).
Поэтому полная разность фаз в т. Р равна:
2
  k 0  Δ  k 0  2h n 2  sin 2    , где k 0 
.

Соответственно для оптической разности хода получаем:
  2h n 2  sin 2    / 2 .
Линза дополнительной оптической разности хода не вносит.
5.2. h 
m
2 n 2  sin 2 
 0,14 мм ,  
H n 2  sin 2 n
 2,2 см .
h sin   cos 2 
Решение. Так как m >> 1, в соответствии с формулой, полученной в задаче 5.1:
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
  2h n 2  sin 2    / 2
и условием задачи находим:
m

h

 0,14 мм .
2 n 2  sin 2  2 n 2  sin 2 
Ход лучей в пластинке показан на
рис. О.5.2. Поскольку h << H, угол схождения интерферирующих лучей


H cos 
достаточно мал, и для ширины интерференционных полос на экране можно исРис. О.5.2.

пользовать формулу:  
(см. задачу

4.5). Из рис. О.5.2 видно, что
  h  tg  cos  .
Учитывая закон преломления sin   n sin  , получаем:
h
sin   cos 
n 2  sin 2 
, 
h sin   cos 2 

 0,2710-4рад,
2
2
H
n  sin 
откуда

5.3. d 
5.4. h 
 H n 2  sin 2 n

 2,2 см .

h sin   cos 2 
 n 2  sin 2 
 15 мкм .
sin( 2)  
  m
2  n  n 2  1 


 0,24 мм .
Решение. Оптическая разность хода между лучами 1 и 2
 12  2h n 2  sin 2  .
207
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
208
При изменении θ от 0 до 90 12 изменяется от  max  2nh
до  min  2h n 2  1 . Следовательно,
 max 2nh

2h n 2  1
.
, m min  min 





2h 
Поэтому m  m max  m min 
 n  n 2  1  ,

 
m max 
а толщина пластинки равна h 
  m
2  n  n 2  1 


 0,24 мм .
5.5. Темной.
Решение. Разность хода лучей, отраженных от верхней и
нижней поверхностей пленки, при нормальном падении света равна
  2dn   / 2 .
По условию d   10 , n  1,3 , поэтому соответствующая разность хода не превышает   (0,26  0,5)  , что соответствует раз2

ности фаз  
    . При уменьшении толщины пленки раз
2
ность фаз стремится к   , и интерферирующие лучи почти полностью гасят друг друга.
5.6. d 
5.7. d 

 0,1 мкм .
4n
 (2m  1)
4 n 2  sin 2 
 0,10  (1  2m) мкм , m  0, 1, 2, ...
5.8. а) зеленый (λ = 542 нм); б) красный (λ = 645 нм).
Указание. Записать условие интерференционных максимумов
при отражении света от верхней и нижней поверхностей пленки.
5.9. hmin 
2 2
n 2  sin 2 
 0,65 мкм .
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
209
Решение. Для волн, отраженных от двух поверхностей
пленки, разность хода равна:

Δ  2h n 2  sin 2   .
2
По условию задачи
1

 1  Δ max  m1 1 ;  2  Δ min   m 2    2 .
2

Так как разность хода лучей одинакова для обеих длин волн,
получаем:


1
1


m1 1  1   m 2    2  2 ; откуда  m1    1  m 2  2 .
2 
2
2
2

Поиск m1 и m2 осуществляем подбором из ряда целых чисел,
начиная с 1. В настоящей задаче m1 = 3; m2 = 4.
Далее по любой из формул для разности хода ∆ находим толщину пленки:
2 2
 0,65 мкм .
hmin 
n 2  sin 2 
5.10. 1) d 1 min 
1
5
6
 0,19 мкм ; 2) d 2 min  1  2  0,94 мкм .
2n
2n
2n
Решение. При наблюдении в проходящем свете интерферируют две волны, одна из которых проходит через пластинку без отражений, а вторая – испытав отражения сначала на нижней, а потом
на верхней поверхностях пластинки. При этом изменения фазы
второй волны после выхода её из пластинки не происходит, так как
отражение идет от оптически менее плотной среды.
Оптическая разность хода двух интерферирующих волн при
нормальном падении света равна:
  2dn .
Пластинка наиболее прозрачна для света с длиной волны λ,
если выполняется условие интерференционных максимумов:
  m .
1) Для длины волны λ1 получаем:

m 1
2d 1 n  m 1 , откуда d 1 
и d 1 min  1  0,19 мкм ,
2n
2n
т.е. прошедший свет будет наиболее интенсивно окрашен в желтый
цвет.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
210
2) При одновременном максимальном прохождении желтого
и голубого цветов толщина пластинки должна удовлетворять соотношениям:
2d 2 n  m1 1 , 2d 2 n  m 2  2 , т.е.
 1 /  2  m 2 / m1  6 / 5 ,
откуда находим минимально возможные значения m1  5 , m 2  6 .
Для минимальной толщины пластинки получаем:
5
6
d 2 min  1  2  0,94 мкм .
2n
2n
Замечание. На самом деле, прошедший через пластинку пучок практически останется белым. Дело в том, что амплитуда первой (прошедшей без отражений) волны будет существенно больше
амплитуды второй (с двумя отражениями), видность картины будет
малой. При наблюдении в отраженном свете амплитуды интерферирующих волн примерно одинаковы, поэтому интерференционная
картина существенно окрашена в тот или иной цвет.

5.11.  
2 1
n
2
2 n  sin 2 
1
θ
α
 0,64 мм .
Решение. 1) На поверхности клина ин2 терферируют световые пучки, отраженные от
верхней и нижней поверхностей клина (лучи
1 и 2 на рис. О.5.11а), оптическая разность
хода которых равна (см. задачу 5.1):
Δ  2h n 2  sin 2    / 2 ,
Рис. О.5.11а.
где h – толщина клина в месте наблюдения.
Интерференционная картина представляет собой чередование темных и светлых полос, параллельных ребру клина. Условия
образования двух соседних темных полос m-го и (m+1)-го порядков имеют вид:

2hm n 2  sin 2    (2m  1)  / 2 ,
2

2hm 1 n 2  sin 2   (2m  3)  / 2 , m  1, 2, 3,... ,
2
откуда находим:
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
h  hm 1  hm 

.
2 n 2  sin 2 
Λ
Как видно из
hm+1
α hm
рис. О.5.11б,
h   sin  ,
Рис. О.5.11б.
откуда с учетом малости угла α
получаем:
h
h




 0,64 мм .
2
sin   2 n  sin 2 
5.12. х 
211
  cos 
2 n 2  sin 2 
∆h
 0,62 мм .
Решение. Так как на клин падает плоская волна, то после отражения от обеих поверхностей клина образуются две плоские
волны, которые и будут интерферировать. Первая волна отразится
от верхней поверхности клина под тем же углом . Вторая после
преломления под углом  и отражения от нижней поверхности клина упадет на первую поверхность под углом +2 и после преломления выйдет под углом      .
Запишем закон преломления в виде:
n  sin   2   sin  .
Вследствие малости углов  и  получим:
n  sin   cos   2   sin   cos    ,
откуда
n  cos   2
 
.
cos 
Расстояние между полосами на экране равно

  cos 
  cos 
х 


 0,62 мм .
 n  cos   2 2 n 2  sin 2 
5.13.  

 3 .
2n
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
212
( N  1)
 0,235 рад  14 .
2nS
5.15.  2  1 2 / 1  1,9 мм .
5.14.  
5.16. Темная; а)  
hk 10  k / 2  2,7 мкм .
k
 

 0,94 мм ; б) хk 10 
 9,4 мм ,
2
 2
Решение. а) Так как угол между интерферирующими пучками
  2 , то расстояние между двумя полосами интерференционной
картины на поверхности клина равно:
 
 
 0,94 мм .
 2
б) k-ая темная полоса находится от вершины клина на расстоянии
k
хk 10  k 
 9,4 мм ,
2
а толщина клина в этом месте равна
hk 10  xk tg  k / 2  2,7 мкм .
 2x 
5.17. I  4 I 0 sin 2 
 , где х – расстояние от ребра клина.
  
r2
5.18. R  k .
k
Решение. Интерференция происходит
между волнами, отраженными от верхней и
R
нижней поверхностей воздушной прослойВ
ки между сферической и плоской поверхноD
h r стями. Интерференционная картина в виде
rk
C
системы концентрических колец (кольца
Рис. О.5.18.
Ньютона) локализована на сферической
поверхности линзы. Разность хода между интерферирующими волнами с учетом дополнительной разности фаз π при отражении от
оптически более плотной среды равна:
 ( r )  2h( r )   / 2 ,
О
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
213
где h(r) – толщина воздушного зазора на расстоянии r от места
соприкосновения
сферической
и
плоской
поверхностей
(рис. О.5.18).
По теореме Пифагора для ∆ODB можно записать:
R 2  r 2  ( R  h) 2 ,
r2
.
2R
Условие интерференционных минимумов имеет вид:
r2  
1
2
   k    , k = 0, 1, 2,…
2R 2 
2
откуда находим радиус k ого темного кольца:
rk  kR .
Радиус кривизны сферической поверхности линзы равен:
r2
R k .
k
откуда при h  R получаем: h(r ) 
5.19.  
(r ) 2
 25  4  R
5.20. r3  r4
2

(r ) 2
 600 нм .
9R
3 2
 3,1 мм .
4 1
Указание. При вычислении разности хода между интерферирующими пучками в прошедшем свете для светлых полос не
надо дополнительно добавлять /2, т.к. оба отражения проис-
ходят от оптически более плотной среды.
Замечание. Видность картины в проходящем свете будет малой, так как амплитуда первой (прошедшей без отражений) волны
будет существенно больше амплитуды второй (с двумя отражениями), в отличие от картины в отраженном свете, когда амплитуды
интерферирующих волн примерно одинаковы.
5.21. d 2  d 1 
4 3
20  2
 3,6 мм .
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
214
5.22. n 
5.23. f 
k R
rk2
 1,33 .
r2
 1,37 м .
3(n  1) 
5.24. а) Диаметры колец будут уменьшаться; внутреннее
кольцо будет стягиваться в точку и исчезать; на внешней границе
наблюдения будут возникать новые кольца.
б) Диаметры колец будут увеличиваться; внешние кольца
будут уходить за пределы зоны наблюдения; в центре будут возникать новые кольца.
В обоих случаях центр интерференционной картины попеременно будет то темным, то светлым.
5.25. r   r 2  2 Rd  1,5 мм .
Решение. Когда линза и пластинка находились в соприкосновении, радиус k-го кольца был равен
rk  kR .
При возникновении расстояния d между линзой и пластинкой оптическая разность хода между интерферирующими волнами становится равной (см. задачу 5.18):
 ( r )  2d 
r2 
 ,
R 2
и условие интерференционных минимумов (темные полосы)
принимает вид:
2d 
1
r2  
   k    , k = 0, 1, 2,…
R 2 
2
Отсюда находим новый радиус k-го кольца:
rk  Rk  2 Rd  rk2  2 Rd  1,5 мм .
5.26.  
d 22  d12
 588 нм .
4 R( N 2  N1 )
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
5.27. f 
5.28. r8 
x12 x 22
x12  x 22

215
1
 54 cм .
( n  1)m
2(n  1)m
 1,3 мм , где m = 8.
Ф
Решение. Толщина зазора h между сферической и плоской
поверхностями на расстоянии r от точки их соприкосновения при
условии r  R приближенно равна (см. задачу 5.18):
r2
h( r ) 
,
2R
где R – радиус кривизны сферической поверхности. Поэтому толщина зазора между линзами
r2  1
1 
.
h (r ) 
 

2  R1 R2 
Условие образования темных интерференционных колец имеет вид:
 1
1 
  m .
r   2h (r )  m , т.е. rm2 

 R1 R2 
Оптическая сила системы из двух тонких линз, прижатых
вплотную друг к другу, равна
 1
1 
 .
Ф  Ф1  Ф2  2(n  1)  

 R1 R2 
Следовательно, радиус m-го темного кольца составляет:
2(n  1)m
.
rm 
Ф
Подставляя численные данные, получаем: r8  1,3 мм .
5.29. rm  r02  (m  1 / 2)R  3,5 мм , где m = 6.
5.30. rm 
m
.
1 / R1  1 / R2
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
216
5.31.  
Фd 2
 600 нм , где m = 5.
2(n  1)(2m  1)
5.32.  
2x
 644 нм .
N
Решение. Изменение (например, увеличение) расстояния
между зеркалами на λ/2 приведет к увеличению разности хода
между интерферирующими волнами на 2ꞏλ/2 = λ, следовательно, на
место m-ой полосы придет (m+1) -ая, а m-ая сместится на расстояние, равное ширине полосы.
При смещении зеркала на расстояние ∆х разность хода между
волнами изменится на 2∆х. При этом через поле зрения наблюдателя пройдет N полос, поэтому
2x
 644 нм .
2x  N , откуда  
N
5.33. n 
N
 1  1,00038 .
2l
Указание. При внесении сосуда с аммиаком разность хода
между интерферирующими лучами изменяется на   2l (n  1) .
5.34. rk  f
k
; r1  f
h

 7,39 мм , r2  r1 2  10,4 мм ,
h
r3  r1 3  12,8 мм .
Решение. Так как источник протяженный, есть набор углов,
под которыми свет падает на делительную пластину П. Луч, упавший на неё под определенным углом, разделяется на два. После
отражения от зеркал З1 и З2 эти лучи от пластины П пойдут параллельно друг другу под некоторым углом χ к оптической оси линзы
L и проинтерферируют в соответствующей точке её фокальной
плоскости. Такая схема эквивалентна образованию интерференционной картины в отраженном свете в плоскопараллельном воздушном слое, получающемся между зеркалом З1 и изображением зеркала З2 в светоделительной пластине (на рис. 5.7 это изображение
показано штриховой линией). Толщина слоя равна разнице плеч
§5. Интерференция монохроматического света в тонких пленках.
217
интерферометра h. В результате на экране образуются кольца
(полосы равного наклона).
Воспользуемся формулой для разности хода лучей в плоскопараллельной пластине:
  2h cos   2h 1   2 / 2


2
(для малых углов χ cos   1   / 2 ).
Запишем условие интерференционных максимумов:
2h 1   2m / 2  m .
При χ = 0 в центре картины порядок интерференции
2h
m0 
 40000 ,

т.е. в данном случае в центре будет яркое пятно. Для других светлых колец получаем:
h 2m 2h

 m  m0  m  k ,


где k  m0  m − номер кольца, отсчитываемый от центра.


k
k
, rk  f m  f
.
h
h
Для трех первых колец радиусы равны:

r1  f
 7,39 мм , r2  r1 2  10,4 мм , r3  r1 3  12,8 мм .
h
Отсюда получаем:  m 
5.35.  

m
.
, xm 
2
2
Решение. После прохождения
З2
света от источника S через линзу обраП α
зуется плоская волна. В результате отражения волны от зеркал прибора формируются две плоские волны, идущие
под малым углом 2α друг к другу
2α 2 1
(рис. О.5.35). Они образуют интерфеЗ1 З'2
2
ренционную картину в виде полос (по1
Рис. О.5.35.
лосы равного наклона).
Расстояние между параллельными полосами в интерференционной картине равно (см. задачу 4.5):
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
218

.
2
Расстояние от центра интерференционной картины до m-ой
светлой полосы составляет:
m
x m  m 
.
2

5.36.  
2 h
 603 нм .
N
Решение. Разность хода двух лучей, прошедших интерферометр Жамена, равна:
  2hn cos 1  2hn cos  2   0  2hn cos 1  cos  2    0 ,
где h – толщина пластин, χ1 и χ2 – углы преломления в первой и
второй пластинах соответственно, n− показатель преломления материала пластин, ∆0 – разность хода, приобретенная при прохождении кювет с разными газами.
Если пластины параллельны друг другу, то χ1 = χ2, ∆ = ∆0, и
условие интерференционных максимумов имеет вид:
 0  m0  .
После поворота одной из пластин на малый угол   1   2
можно записать:
  2
  2
sin 
,
cos 1  cos  2  2 sin 1
sin 1
  sin 1   
n
2
2
где α – угол падения света на первую пластину.
Тогда условие интерференционных максимумов примет вид:
  2hn cos 1  cos  2    0  2h  sin   m0   m1 ,
откуда находим:
2 h
2 h


 603 нм .
m1  m0
N
§6. Интерференция квазимонохроматического света
219
§6. Интерференция квазимонохроматического света
6.1. а) l ког 
где  
с
 0,9  10 6 м  1 мкм ,

с
с
с

 3,75  1014 Гц ; б) l ког 
 25 см .

1  2
6.2. В красном в  1 /  2  1,2 раз.
6.3.   2 /   1,29ꞏ10−2 Å.
Решение. Размывание интерференционной картины произойдет при наложении интерференционного максимума (m+1)-го порядка для длины волны λ на максимум m-го порядка для длины
волны (λ+∆λ), что можно записать в виде:
m (  )  (m  1)  ,
откуда находим:    / m max  2 /   1,29ꞏ10−2 Å.
Замечание. Задачу можно решить, используя временной подход. Время когерентности τког определяется из соотношения:
c 
 ког   1 , откуда  ког  1 /  . Так как   c /  ,   2 , то

2
2
 ког 
, а длина когерентности равна l ког  c ког 
.
c

Интерференция наблюдается, если разность хода интерфери2
, откуда
рующих волн ∆ < lког, т.е.  

2
 
 1,29ꞏ10−2 Å.

6.4.  
2
 10 нм .
N
6.5. В центре экрана будет белая полоса, затем расположатся
цветные полосы от фиолетовой до красной в первом порядке, потом
во втором порядке начнется наложение максимумов для различных
220
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
длин волн. В дальнейшем цвета постепенно станут бледнеть, и засветка экрана станет равномерной.
6.6.  
6.7.
dx12
 2,5 нм .
lx 2

D
=
.

Dx (n -1)
Решение. Угол между двумя плоскими волнами после прохождения бипризмы равен 2, где   n  1 . Ширина полосы


.


2 2n  1
Максимальный порядок интерференции равен:
é Dx 2 ù é Dx (n -1)ù

ú =  , откуда D =
ú=ê
mmax = ê
.
ê
ú
êë L úû ë
Dx (n -1)


û D
6.8. x 
2
 6,2 мм .
 (n  1)
Указание. См. решение задачи 4.20.
6.9. 0,5 м  l  1,5 м.
Решение. В решении задачи 4.28
была получена ширина интерференцион- h
ных полос для данной
схемы:
 f
 0,05 мм ,
 
 h
где   h / f .
Максимальная
ширина области интерференции
М
02
S
θ
01
f
В
N
L1
L2
l1
Рис. О.6.9.
MN  ( D  h) / 2  1 см .
0' ∆х
§6. Интерференция квазимонохроматического света
221
Максимальное число наблюдаемых полос для квазимонохроматического света равно: m max   /  , следовательно, ширина
максимально возможной области наблюдения полос составляет:
22 f
x  2m max  
 5 мм  MN .
h
Первое возможное расстояние от экрана до билинзы L1. Из
x

 L1 tg , откуда
рис. О.6.9 видно, что
2
2
22 f 2
x
x
x
L1 


 2
 0,5 м .
2 tg(/2)  (h / f ) h 
Если экран передвигать дальше от билинзы, на нём попрежнему будет видно максимально возможное число полос, пока
расстояние от экрана до билинзы не станет равным L2 (см.
рис. О.6.9). В задаче 4.28 было определено расстояние l1  2,0 м . В
силу симметрии О'В = L1. Расстояние L2 составляет:
L2  l1  L1  1,5 м .
6.10.  
2 (a  b)
 130 нм .
2ab 2
6.11.  max 
с
 0,05 рад .
2h
Решение. Как видно из S
Ф
рис. О.6.11, перед фотоприемником перекрываются пучh
З
α
ки от двух точечных источников S и S (мнимое изображение S в зеркале). Как и для
схемы Юнга, разность хода
интерферирующих
пучков S'
Рис. О.6.11.
равна
d h
Δ
 2  h
L
h, d  L  , и для прошедшего через фильтр света не должна превышать длину когерентности
222
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
 с
с
.
 
  
Следовательно, максимальный угол возвышения источника равен
l ког  mпроп  
 max 
с
 0,05 рад .
2h
6.12. Источник был приближен к зеркалу на расстояние
 10 
h  1 
h.
 


 2 0 
  
6.13. I ( )  2 I 0 1  sinc 
   cos 
  .
 c


 c

Решение. Выделим в спектре узкий
частотный
интервал ширины dν
δν
(рис. О.6.13а), для него будем считать
излучение монохроматическим с частоν
ν
0
той ν и интенсивностью
0
I
dν
dI   0  d .
Рис. О.6.13а.

Распределение интенсивности в
интерференционной картине, даваемой этим участком, имеет вид:
2I
2I 
 2 
dI Δ   0 1  cos k Δ  d  0 1  cos 
   d ,

 
 c

 2
.
где k  
c
c
Полная интенсивность от всех участков определяется суммой
dI(∆):
I(ν)
I0/δν
   / 2
I () 
2I 0 0

 2 
1  cos 
  d 

   / 2 
 c 

0

 
 
   
    
sin 2   0 
    sin 2   0     

2  c
2  c 
2I
 
 
 0  


 
2 / c




§6. Интерференция квазимонохроматического света
223

 2 0 
  
 2 I 0 1  sinc 
   cos 
  .
 c

 c


Характерный вид зависимости I Δ  показан на рис. О.6.13б.
I( )
I0
4
2
0
-30
-20
-10
0
10
20
Рис. О.6.13б.
30 


   d  

d
x  cos 2
x  ;
6.14. I x   2 I 0 1  sinc  2

  0  l    0  l 
V  sinc 
20 l
Δ
2
.
;
X



  d
20 
Решение. В задаче 6.13 получена зависимость интенсивности
в зависимости от разности хода:

 2 0 
  
  .
I ( )  2 I 0 1  sinc 
   cos 
 c


 c

Учитывая, что  
с
с
,   2 , можно записать:

0

Δ
Δ 
I Δ   2 I 0 1  sinc  2
cos 2
.
 0 
 0 

d
Поскольку в схеме Юнга Δ x   x , распределение интенl
сивности на экране имеет вид:
224
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

   d  

d
I x   2 I 0 1  sinc  2
x  cos 2
x  .

  0  l    0  l 
Видность V интерференционной картины равна:
I
 I min
Δ
V  max
.
 sinc  2
I max  I min
 0 
Найдем порядок интерференции m, в котором видность становится равной нулю:
20




,
Δ
m
, откуда mV 0  0 .



0
2


 0 / 
Для ширины интерференционной картины в квазимонохроматическом свете получаем:
20 l
,
  d
X  2m V 0    2 
где  
 0l
− ширина интерференционных полос в схеме Юнга.
d
6.15.    sinc   cos(2 0 ) .
Решение. Пусть амплитуда вектора Е интерферирующих волн
равна Е0. Рассчитаем комплексную функцию корреляции
  Eк t Eк t  
T
.
Для стационарных полей можно положить t = 0. Тогда
   E к 0 E к   .
T
Найдем E(t) по известному частотному спектру излучения:

   / 2
E0 0
E 
1
 t  i0t
i t
E (t ) 
E ()e d 
e it d  0  sinc 
e .
2  
2   / 2
2
 2 


0
Тогда E (0) 
E 0 
E 
   i0 
, E ( )  0  sinc 
,и
e
2
2
 2 
Г(0) 
E 02 () 2
4 2
 I0 ,
§6. Интерференция квазимонохроматического света
225
E 02 () 2
     i0 
   i0
.
 I 0 sinc 
 sinc 
e
e
4
 2 
 2 
Взяв действительную часть Г(τ), для комплексной степени
когерентности находим:
 
    
   
 sinc 
 cos  0  .
0
 2 
Переходя от круговой частоты ω к частоте ν, получим:
    sinc    cos(2 0 ) .
При этом основное уравнение интерференции имеет вид:
I    2 I 0 1     cos 0  ,
Г() 
2
а видность интерференционной картины V     .
6.16.  
2
.
n  1 h
Решение. Для квазимонохроматического света порядок про
падания интерференционной картины равен: mпроп 
. Пластина

внесла дополнительную разность хода
 доп  n  1 h .
Так как картина размылась в центре экрана, то
 доп  mпроп  ,
2
n  1 h   ;  
откуда

2
.
n  1 h
6.17. а) в центре 10 колец размоются, а остальные на периферии будут видны; б) чередующиеся темные и светлые кольца; всего
таких колец можно наблюдать ~40.
6.18.  
2
 0,64 нм .
2nh
6.19. mmax 
2
2

 54600 ; х 
 51,3 м ; h 
 14,9 см .
2
2

226
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Решение. 1) Поскольку источник света – квазимонохроматический, то максимальный порядок интерференции (а значит, и максимальное число полос) равен:
m max   /   54600 .
2) Расстояние между двумя полосами интерференционной картины на поверхности клина равно (см. задачу 5.15):


 0,94 мм .
2
Последняя из наблюдаемых полос отстояла бы от
вершины клина на расстоянии
2
х  m max  
 51,3 м ,
2
Рис. О.6.19. Формирование интерференционной картины в воздушным клине а толщина клина в этом мемежду двумя стеклянными пластинками.
сте была бы равна
 2
h  m max 
 14,9 см .
2 2
6.20. а) Равномерно освещенное поле зрения; б) наблюдается
~30 чередующихся светлых и темных полос, параллельных линии
пересечения плоскостей, ограничивающий воздушный зазор, после
чего картина размывается.
6.21. x 
2
2 n 2  sin 2 
 64 мм .
Решение. На поверхности клина интерферируют световые
пучки, отраженные от верхней и нижней поверхностей клина, образуя полосы равной толщины. Ширина интерференционных полос
равна (см. задачу 5.11):

.

2 n 2  sin 2 
Если свет квазимонохроматический, то максимальный порядок интерференции (а значит, и максимальное число полос) равен:

m max 
 100 .

§6. Интерференция квазимонохроматического света
227
Интерференционные полосы исчезнут на расстоянии от
вершины клина, равном
2
x  m max  
 64 мм .
2 n 2  sin 2 
6.22. h 
 

 0,2 мм .
2n 
l  2  2 /  2


 0,72 .
l
2 1  1 /  1
Указание. См. решение задачи 6.21.
6.23.

  
 2  
6.24. I Δ   2 I 0 1  cos  2    cos 
  ,

  0 
 0 
где    1   2 ,  0 
  
1   2
; V  cos  2   .
2
 0 
Решение. Интенсивности каждой из спектральных компонент
1 и 2 на выходе интерферометра равны
I 1  I 0 1  cos 1  , I 2  I 0 1  cos  2  ,
Δ
где  i  k i Δ  2 . Так как  1   2 , то пучки не интерферируют,
i
и результирующая интенсивность на выходе I  I 1  I 2 , или
  1
  1 

cos 2
I  2 I 0 1  cos 2

2
2 

k  k1  Δ k 2  k1  Δ 

cos
 2 I 0 1  cos 2
.
2
2


Поскольку k  2 /  , формулу можно записать в виде:

  
 2  
I Δ   2 I 0 1  cos  2    cos 
  ,
  0 
 0 

  2
.
где    1   2 ,  0  1
2
228
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Если    1 ,  2 (условие квазимонохроматичности), то
график зависимости I Δ  имеет вид "биений" (рис. О.6.24а).
Видность V 
  
I max  I min
 cos  2   периодически измеI max  I min
 0 
няется от 1 до 0 (рис.О.6.24б). Первый раз интерференционная кар2
тина пропадает (V = 0), если Δ  0 .
2
I( )
I0
4
2
0
-30
-20
-10
0
10
20
Рис. О.6.24а.
30 

Этой разности ход соответствует порядок интерференции
Δ   
mпроп      0  .
  0   2 
1
V()

-3λ
2λ
-λ
2
0
2λ
2
Рис. О.6.24б.
2
3λ
2λ
При увеличении разности хода видность снова становится
равной 1, т.е. интерференционная картина восстанавливается, а потом периодически пропадает при порядках интерференции
§6. Интерференция квазимонохроматического света
229
 (2k  1) Δ   (2k  1) 0 
m k проп  

 , k  0,  1,  2,...
 2 0   2 
6.25.    ср /( 2 N 1 )  0,6 нм .
Решение. Для решения задачи можно воспользоваться результатом, полученным в задаче 6.24. Видность обращается в ноль (интерференционная картина пропадает) при порядках интерференции
 (2k  1) 0 
m k проп  
 , k  0,  1,  2,... ,
 2 
  2
.
где    1   2 ,  0  1
2
Видность становится равной 1 при
 n 
m n   0  , n  0,  1,  2,...
  
Подставляя данные задачи, получаем:
  
 3 
m1 проп   0   490 , m 2 проп   0   1470 и т.д.
 2 
 2 
откуда

  0  0,6 нм .
2 N1
Замечание. Найти порядок интерференции, при котором пропадает интерференционная картина, можно из условия наложения
интерференционного максимума для одной длины волны на минимум для другой. Так, первое пропадание картины соответствует
условию (при    1 ,  2 ):
1

m1проп   1   m1проп     1    ,
2

где    1   2 . Отсюда находим:
  2
    
m1проп   1    0  , где  0  1
.
2
 2   2 
230
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Следующие исчезновения картины произойдут при совпадении максимума для одной длины волны с последующими минимумами для другой:
 3 
 5 
m 2проп   0  , m3проп   0  и т.д.
 2 
 2 
6.26. Двум близким длинам волн соответствуют две системы
колец Ньютона с незначительно отличающимися размерами. Когда
линза соприкасается с пластиной, по мере удаления от центра кольца периодически пропадают, а потом снова становятся резкими.
Первое пропадание колец происходит при порядке интерференции

3
m1проп  1  490 , следующее – при m 2  1  1470 и т.д. (см.
2
2
задачу 6.25). Первое восстановление резкости колец произойдет в

окрестности кольца с номером n1  2  1  2  490  980 , следую2
щее – при n 2  2 1 /   1960 и т.д.
При удалении линзы от пластинки кольца стягиваются к центру. Если линзу переместить на 490λ1, через поле зрения пройдет
490 пар колец, а в центре картины кольца исчезнут. При перемещении линзы на 980λ1 кольца в центре снова будут резкими, при перемещении на 3ꞏ490λ1 = 1470λ1 опять пропадут и т.д.
2ср
1 2
6.27. l 

 0,08 мм .
2  2   1  2
Указание. Условие перехода от одной четкой картины к следующей: (m  1)  1  m 2 , а соответствующее перемещение зеркала
удовлетворяет условию: 2l  m 2 .

  
  
 2  
6.28. I Δ   2 I 0 1  sinc  2    cos  2    cos 
  ;



 0 
 0 
 0 

  
  
V Δ   sinc  2    cos  2   .
 0 
 0 
§6. Интерференция квазимонохроматического света
231
Решение. Спектр источника показан на рис. О.6.28а, для
удобства расчетов он задается в зависимости от волнового числа k.
I(k)
k
k
k
0
k1
dk
k0
k2
Рис. О.6.28а.
Для каждого из узких участков dk в спектрах двух линий, отстоящих на k друг от друга, вклад в интерференционную картину
равен (см. задачу 6.24):
2I 
k  Δ

dI Δ   0 1  cos
cos k Δ  dk ,
δk 
2

k1  k 2
. Интегрируя по k в пределах
где k  k 2  k1 , k 0 
2
k 0  k / 2 , получаем:
k  Δ
k  Δ


I Δ   2 I 0 1  sinc
 cos
 cos k 0 Δ  .
2
2


Поскольку k  2 /  , формулу можно записать в виде:

  
  
 2  
I Δ   2 I 0 1  sinc  2    cos  2    cos 
  ,
  0 
 0 
 0 

  2
.
где    1   2 ,  0  1
2
Видность интерференционной картины в этом случае равна
(рис.О.6.28б):
  
  
k  Δ
k  Δ
V Δ   sinc
 cos
 sinc  2    cos  2   .
2
2
 0 
 0 
Таким образом, по мере увеличения разности хода  интерференционная картина периодически исчезает (когда
232
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
20 320

3
Δ
,
,... , или mпроп 
 0 , 0 ,... ),
2 2
 0 2 2
при этом максимальное значение видности постепенно уменьшает
2
ся до нуля при Δ  0 ( mV 0  0 ).


Δ
V()
1

0
mпроп0
mV=00
Рис. О.6.28б.
6.29.  
 ср
m
 0,6 нм ,  
0
 11  10 3 нм .
m1  n  m
Решение. Можно воспользоваться решением задачи 6.28.
Исчезновение интерференционной картины происходит, когда
  
cos  2    0 ,
 0 
( 2k  1) 

1


т.е.
или 2   k  .
(*)
2
2
2
0
0
Первое исчезновение произойдет при
1


 1  2  m1проп  0  ,
2
2
0
0
откуда
m1проп 
 ср
0
и  
 0,6 нм .
2
2m1
Это значение можно также найти из условия наложения
максимума одной длины волны на минимум другой (см. замечание к задаче 6.25).
Между двумя соседними k-м и (k+1)-м пропаданиями
картины наблюдается ∆m колец, т.е.
 k 1   k  m   0 .
§6. Интерференция квазимонохроматического света
233
Используя формулу (*), получаем:
( k 1   k ) 
 ср

 1 , откуда  
 0,6 нм .
2
m
0
Полное исчезновение интерференционной картины связано с тем, что каждая из линий дублета имеет ширину δλ.
0
. До этого мо
mV 0  m1  n  m  51450 колец, откуда
Это исчезновение происходит при mV 0 
мента наблюдалось
определяем ширину каждой линии:
 
0
 11  10 3 нм .
m1  n  m
234
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
§7. Интерференция света от протяженных источников
l
7.1. x 0   ; интерференционная картина, не меняя своих
L
параметров, смещается на расстояние x0.
Решение. Координаты точек в плоскостях источника и экрана
обозначим через  и x соответственно (рис. О.7.1).
Рис. О.7.1.
Когда щель S равноудалена от щелей S1 и S2 (  S  0 ), разность хода Δx   r2 x   r1 x  между лучами 1 и 2, идущими из
точки S через точки S1 и S2 в точку Р на экране, равна (см. задачу
4.7):
d
Δ x   x ,
l
lm
, ширина интерференционных
координаты максимумов x m 
d
полос:
l 
  x m 1  х m 
 ,
d 
где   угол схождения интерферирующих лучей вблизи центра
экрана Ох.
В этом случае в центре экрана Ох ( x  0 ) находится максимум нулевого порядка.
Если щель S сместить перпендикулярно оси симметрии на ,
то (в приближении L  d,ξ) между лучами 1 и 2 появится дополни-
§7. Интерференция света от протяженных источников
235
тельная разность хода, которая рассчитывается аналогично разности хода Δx  (см. задачу 4.7):
d
Δ    ,
L
и для лучей 1 и 2 суммарная разность хода Δ (от источника S до
точки наблюдения Р) будет равна
d
d
Δ  Δ   Δx     x    x ,
L
l
d
где   – апертура интерференции.
L
Условие интерференционных максимумов запишется в виде:
d
d
  x  m ,
L
l
откуда определяем координаты максимумов:
l
l
xm  m   .
d
L
Видно, что нулевой максимум сместится на расстояние
l

x 0     ,
L

x0


. Из последнего соотношечто можно переписать в виде:
L
l
ния получаем, что центр картины оказывается на продолжении линии, соединяющей источник S и точку, расположенную посередине
между щелями S1 и S2.
При малом смещении источника ширина интерференционных полос
l
  x m 1  х m 
d
не изменяется. Таким образом, интерференционная картина, не меняя своих параметров, смещается как целое на расстояние x0.
7.2. D 
L
.
d
Решение. Координаты точек в плоскостях источника и экрана
обозначим через  и x соответственно (см. рис. О.7.1).
Каждая точка источника дает свою интерференционную картину на экране, причем эти картины смещены друг относительно
236
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
друга. Максимальное смещение максимума нулевого порядка хmax
(от крайних точек источника с координатами 1  D / 2 и
 2   D / 2 ) определяется соотношением (см. задачу 7.1):
l D
x max   .
L 2
Интерференционные полосы сольются, если хmax превысит
l
1/2 ширины интерференционной полосы   , т.е. максимумы
d
нулевого порядка для источников в точках 1 и 2 окажутся точно в
первых минимумах для источника в точке  = 0. Таким образом,
чтобы интерференционная картина не смазалась, должно выполняться условие:
l D 1 l
L 
   , т.е. D 
 ,
L 2 2 d
d

где Ω – апертура интерференции.
Замечание. Данное решение является не строгим, а оценочным, однако приводит к правильному результату.
πdD
2dx 

 dD 
7.3. I x   2 I 0 1  sinc
 cos
 ; V  sinc  
 .

L

l


 L 
Решение. Рассмотрим источник как совокупность элементарных независимых источников шириной  с интенсивностью
I
dI  0 δξ . Вклад каждого из таких источников в интерференционD
ную картину равен

1  cos k Δ  ,
dI   2 I 0 
D
где разность хода между интерферирующими пучками равна (см.
задачу 7.1):
d
d
Δ     x    x .
L
l
Так как отдельные участки источника света не являются когерентными, интерференционные картины от этих участков складываются, и суммарную интенсивность I на экране находим интегрированием по координатам источника. При этом представим
cosk∆ в виде:
§7. Интерференция света от протяженных источников
237
cos k  cos k (    x )  cos(k Δ  ) cos(k Δ х )  sin( k Δ  ) sin( k Δ х )
и учтем, что интеграл от нечетной функции ("синус") в симметричных пределах равен нулю. В итоге получим:
D
I x   2 I 0
2

2dx 
 1  cos k Δ  cos k Δ  D  2I 1  sinc L  cos l  .

D
x

πdD
0
2
Видность интерференционной картины V равна:
 dD 
V  sinc  
 .
 L 
График зависимости видности от размера источника приведен на рис.О.7.3.
V
1
2/
0
D
L/2d L/d
2L/d
Рис. О.7.3.
dD
  , отL
куда находим размер источника, при котором интерференционная
картина полностью размывается:
L
.
Dразм 
d
Принято считать, что картина еще хорошо видна, если размер
источника в два раза меньше, чем Dразм , т.е
Видность первый раз обращается в нуль, если 
L
.
2d
Как показано на рис. О.7.3, видность при этом равна
D хор. видн. 
V 
2
 0,64 .

238
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
7.4. Lmax 
Dd
 100 м .

Решение. Для нелазерного источника радиус когерентности
излучения
L
,
rk 
D
где L  расстояние от источника (с поперечным размером D) до
точки наблюдения. Предел разрешающей способности прибора
можно оценить из условия: d  rk , где d  входная апертура прибора. Из этого соотношения получаем:
Dd
Lmax 
 100 м .

7.5. L 
Dd
 10 км .

7.6. D 
L
 34 м .
d

 0,05 мм .

Указание. Записать условие пропадания интерференционной
Dd
d
картины
 1 в виде    1 .
L

7.7. d 
7.8. rk 

 50 м .

7.9. rk 
L
 0,1 мм .
D
7.10. Dпроп 
λ a  b 
 0,12 мм .
2b
Решение. Ширина полос на экране равна (см. задачу 4.16):
§7. Интерференция света от протяженных источников
239
a  b 
 1 мм .
2 a
Поскольку при зеркальном отражении размеры мнимых источников (S1, S2) и источника S одинаковы, а угол 2 относительно
мал, можно считать, что поперечные размеры источников S1 и S2
равны D.
Рассмотрим крайнюю точку источника S, смещенную от его
центра на D/2, например, по часовой стрелке. Ее изображения в
мнимых источниках (S1, S2) сместятся от их центров на такое же
расстояние D/2, но уже против часовой стрелки (см. решение задачи 4.17). Вследствие равенства расстояний от точки О мнимые источники будут излучать в одной фазе. Максимум нулевого порядка
для этих мнимых источников сместится от точки Ox на экране
D b
вверх на расстояние  . Интерференционная картина полностью
2 a
размоется, если это смещение будет равно половине ширины полосы Λ/2, откуда получим:
D b λa  b 
λa  b 
; Dпроп 
 
 0,12 мм .
2 a
4a
2b
Λ
7.11. D 
λr  b  5 
  .
4b
18 
Указание. Интерференционная картина считается достаточно
1
отчетливой, если D  Dпроп .
2
7.12. Dmax 
λa  b 
 0,06 мм .
4b n  1
Решение. В случае точечного источника расстояние между
полосами на экране равно (см. задачу 4.20):
λ a  b 
.

a  2 (n  1)
При смещении источника, например, вверх на ξ, максимум
b
нулевого порядка сместится вниз на x    (см. задачу 7.1).
a
Интерференционная картина полностью размоется, если максимум
нулевого порядка для крайней точки источника (ξ = D/2) окажется
240
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
точно в первом минимуме для источника в точке ξ = 0 (см. задачу
7.2), т.е.
 b
b Dразм
x      
,
2 a
2
a
a
a
λ a  b 
λ a  b 
Dразм     
.

откуда
b
b a  2 n  1 b  2 n  1
Картина будет будет еще достаточно четкой, если
Dразм
λa  b 

 0,06 мм .
D
2
4b n  1
7.13. а)  


 2,5  10 5 рад ; б)  
 8  10 5 рад .
4l(n  1)
H
Решение. При падении на
бипризму
пучка света, параллель1 φ
ного оптической оси, в результате
α
0 H/2 преломления образуются два частично перекрывающихся парал2
лельных пучка, идущих под углом
  2 n  1  друг к другу (см. заl
дачу 4.22).
Рис. О.7.13.
а) Ширина зоны перекрывания пучков имеет максимальное значение, равное H/2 (рис. О.7.13),
на расстоянии
Э
l0 
H /2
H

1м .

4(n  1) 
Для наблюдения четкой интерференционной картины необходимо, чтобы угловой размер источника  удовлетворял условию:
1 
  ,
2 d
где d в данном случае − расстояние между двумя точками на
бипризме, лучи из которых придут в центр интерференционной
картины т. О.
Из рис. О.7.13 видно, что расстояние между этими точками 1
и 2 равно
d  l  H / 2 .
В результате получаем:
§7. Интерференция света от протяженных источников
241

 2,5  10 5 рад .
H
б) При расстоянии l < l0 до экрана условие наблюдения четкой интерференционной картины запишется в виде:


1  1 

   
 8  10 5 рад .
2 d 2 l 4l(n  1)
7.14. D 
f 2
.
lh
7.15. D 
af 
 
  a  f    0,1 мм .
L
2h 
Решение. За билинзой формируются два действительных, перевернутых, увеличенных изображения S1 и S2 источника света S
(щели) (рис. О.7.15). По формуле тонкой линзы
1 1 1
 
a b f
af
.
находим расстояние b до этих изображений: b 
a f
h( a  b)
Расстояние между центрами изображений y 
,
a
f
b
.
а их размер равен: D   D   D 
a
a f
Период интерференционной картины на экране составляет:
 /,
h( a  b)
y
ha
где

−


Lb

af  L(a  f )  af

a  L 
a  f 

угол схождения интерферирующих лучей (см. рис. О.7.15).
Для оценки допустимого размера источника необходимо построить ход двух лучей, вышедших из центральной точки источника S и пришедших в центр интерференционной картины. Эти лучи
должны преломиться в билинзе и пройти через центральные точки
изображений S1 и S2. Из рис. О.7.15 видно, что лучи пройдут через
точки 1 и 2 на билинзе. Расстояние между ними и будет равно базе
242
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1
S
Э
Р
S1
h
α
S2
2
О
L−b
b
а
L
Рис. О.7.15.
интерференции d, входящей в формулу для оценки размера источника, при котором произойдет размытие интерференционной картины:
λa
Dразм 
.
d
Из рис. О.7.15 следует:
haL
d  L 
,
L(a  f )  af
откуда
λ L(a  f )  af   
af 
 a  f 
Dразм 
.
L
hL
h 
Картина будет наблюдаться ещё отчетливо, если
Dразм
af 
 
D

  a  f    0,1 мм .
2
2h 
L
7.16. x 
l
 25 мм .
2D
Решение. В случае точечного монохроматического источника
угол схождения интерферирующих лучей в центре экрана т. О (см.
2h
, а ширина интерференционных полос
рис. О.7.16)  0 
l
Λ0 

 0,25 мм .
0
§7. Интерференция света от протяженных источников
243
При интерференции в случае
Х
протяженного источника для разных
S
х
его малых участков, находящихся на
различных расстояниях от плоскости h
З
зеркала, ширина полос Λ будет раз0
лична. Поэтому следует учесть вариа- h
цию  угла схождения лучей от разS'
Э
ных участков источника S и его зерl
кального изображения S' и, как следРис. О.7.16.
ствие, вариацию . Вблизи нулевого
максимума картина будет видна отчетливо, а по мере удаления от
него постепенно начнет размываться. При этом момент полного
размытия картины можно оценить из условия:
m max  Λ  Λ 0 .
Поскольку


D
 Λ   2  Λ0
 Λ0 ,
h
0
0
определяем номер максимума, при котором картина полностью
размыта:
D
h
m max   m max  0    0 → m max   100 .
h
D
Расстояние x на экране до места размытия картины составит:
h l l
x  m max  0  

 25 мм .
D 2h 2 D
7.17.  max 
2  
 21 .

Решение. Расстояние между двумя полосами интерференционной картины на поверхности клина равно (см. задачу 5.16):
 
 
.
 2
Поскольку источник света квазимонохроматический, то максимальный порядок интерференции (а значит, и максимальное число полос) равен

m max 
.

244
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Последняя из наблюдаемых полос отстояла бы от вершины
клина на расстояние
х  m max   ,
а толщина клина в этом месте была бы равна

2
.

2 2  
Максимально допустимое угловое расхождение лучей  max
находим из условия:
1
2h1  cos    , или 2h  2   .
2
С учетом формулы для h окончательно получаем:
2  
 max 
 21 .

h  m max
7.18. D  2 f
2 l

 400 .
 2,5 см ; m0 

l
Решение. Будут наблюдаться полосы равного наклона в виде
концентрических колец. Порядок интерференции в центре картины
равен:
2 l
m0 
 400 .

Как видно из рис. 7.8, свет от источника падает на зеркала З1
и З2 интерферометра под углами от 0 до   D /(2 f ) . Условие, при
котором видность интерференционной картины обращается в нуль,
можно записать в виде:
0       .
Используя формулу для разности хода лучей при интерференции на плоскопараллельном воздушном слое толщиной ∆l, получаем:
2
2l (1  cos )   , или 2l 
,
2
откуда    /( l ) , а допустимая ширина источника составляет:
D2f

 2,5 см .
l
§7. Интерференция света от протяженных источников
7.19.  
245

 1,9  10 7 рад  0,039 .
d
Указание. Звездный интерферометр Майкельсона можно рассматривать как вариант интерференционной схемы Юнга, в которой
расстояние между отверстиями может меняться.
Замечание. Более точный расчет, учитывающий, что звезда

имеет сферическую форму, дает:   1,22   0,047  .
d
7.20. а) D а 
0,36  

0,53  

; () а  ; б) Dб 
; () б  .

6

4
Решение. Видность интерференционной картины при использовании протяженного источника света равна (см. задачу 7.3):
 D 
 dD 
V  sinc  
 ,
  sinc  
 

 L 
где   d / l - апертура интерференции.
а) Из рис. 7.10 а следует, что видность интерференционной
картины в центре экрана составляет:
I
 I min 9  1
V  max

 0,8 .
I max  I min 9  1
sin x
 0,8 при x  1,13, для размера источника полуТак как
x
чаем:
1,13   0,36  
D
.


 1,13 , откуда D 



На рис. 7.10 а видно, что интерференционная картина размывается в шестом порядке, поэтому диапазон  излучения равен:
   / 6 .
Пункт б) рассматривается аналогично.
246
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
§8. Дифракция Френеля
n

; r1 
 0,5 мм .
1/ a  1/ b
1/ a  1/ b
8.1. rn 
r
S
А
s
rn
О
a
b
P
Решение. Полагая радиус отверстия
R  a и R  b , заменим сферический
фронт волны, на котором расположены
вторичные источники, плоским, совпадающим
с
плоскостью
препятствия
(рис. О.8.1). Тогда можно записать:
Рис. О.8.1.
r  rn2  a 2  a 1 

r2 
1  n  ,

a

2a 2 
a2

rn2

r2 
s  rn2  b 2  b 1  n 2  .
2b 

Разность хода между волнами, прошедшими через внешний
край n-й зоны и по оси SP, равна:
r2 r2 r2  1 1
s rn  r  s   a  b   n  n  n    .
2a 2b 2  a b 

Для границы m-ой зоны Френеля s n  n  , откуда:
2
n
n
.
rn2 
и rn 
1/ a  1/ b
1/ a  1/ b
Подставляя численные данные, находим: r1  0,5 мм .
8.2. S n 

 const .
1/ a  1/ b
8.3.  R 
R 2  1 1 
     n .
 a b
Указание. См. решение задачи 8.1.
8.4. l  D 2 /   27 м .
§8. Дифракция Френеля
247
8.5. R  r2  l / 2  1 мм .
8.6. b 
1
n / R 2  1 / a
 56 мм .
8.7. На бесконечности; n min 
8.8.  
R2
 8.
a
3R 2
.
2a
Решение. Радиус n-й зоны Френеля равен:
n
rn 
.
1/ a  1/ b
Из условия максимума интенсивности в центре следует, что в
обоих случаях число открытых зон нечетное, т.е.
n1  2m  1 ; n 2  2m  1 ,
где m – целое число.
Так как r2  r1 , n2  n1 , и n2  n1  2 максимумы наблюдаются последовательно. Из соотношения
2
 r2 
n
2m  1
   3  2 
n1 2m  1
 r1 
находим: m  1 , т.е. n1  1 ; n2  3 .
Длина волны света равна:
2
r 2  1 / a  1 / b 
 1 1  3R
 1
 R2   
.

n1
 a 2a  2a
8.9. a  
a
2
.
Решение. Радиус R отверстия связан с числом n зон Френеля,
укладывающихся в отверстии, формулой:
n
R2 
.
1/ a  1/ b
248
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
В начальном состоянии b  a ; n  1 . После перемещения
диафрагмы на ∆а a   a  a ; b   a  a ; n  2 , Так как радиус
отверстия не изменился, можно записать:
na n a b 
n
n 


→
;
1 1
1 1
2 a  b


a a a b
na n  a 2  (a) 2
n


; → (a ) 2  a 2 1   .
2
2a
n 


Подставляя n  1 , n  2 , получаем:
a
a  
.
2


8.10. а) b1  R 2 /  1  10 м ; б) b2  R 2 /  2  6,7 м .
8.11. 1) в
2 раз; 2) в
3 раз.
Указание. Для плоской волны радиус отверстия R связан с
числом n зон Френеля, укладывающихся в отверстии, формулой:
R  nb .
Первый минимум соответствует случаю n = 2, следующий
максимум – n = 3.
8.12.  
R 2 (b2  b1 )
 480 нм .
b1b2
Оn
О∞
πn
О
Рис. О.8.13.
8.13. I n   4 I 0  sin 2
n
.
2
Решение. Возьмем на спирали
Френеля произвольную точку Оn
(рис. О.8.13). OO  O n равен разности фаз ψn между центральным лучом
и лучом, проходящим через точку отверстия, находящуюся на окружности, внутри которой заключена n-ая
§8. Дифракция Френеля
249
часть площади отверстия. ОО  О n  n (см. задачу 8.3) (на
рис. О.7.13 n < 1).
OO  O n равнобедренный, его стороны OO  и O  O n одинаковы и равны амплитуде в отсутствие препятствия A0 . Сторона
OO n и есть амплитуда A поля. Применяя теорему косинусов, получим:
A 2  A02  A02  2 A02  cos n ;
n
.
2
Замечание. Полученная формула справедлива для небольшого числа открытых зон, когда скручиванием спирали можно пренебречь.
I n   2 I 0 1  cos n   4 I 0  sin 2
8.14. а) I  2I 0 ; б) I  2I 0 ; в) I  I 0 .
Решение. Для решения задачи следует использовать спираль Френеля.
а) Точка О1/2 на спирали Френеля,
соответствующая половине открытой
первой зоны, О1/2 определяет комплекс- О3/2
ную амплитуду А поля в точке наблюдения
(рис.
О.8.14).
Видно,
что
A  ОО1/2  2 A0 . Интенсивность волны
О∞
О1/2
О
Рис. О.8.14.
I  A 2 , поэтому
I  2I 0 .
Пункты б), в) рассматриваются аналогично. Точка О3/2, соответствующая 1,5 открытым зонам Френеля, О3/2 показана на
рис. О.8.14.
8.15. а) I  I 0 ; б) I  0 ; в) I  0 .
8.16. а) I  16I 0 ; б) I  4I 0 .
Решение. а) По условию задачи радиус r1 соответствует первой зоне Френеля (точка О1 на спирали Френеля). Так как число n
зон Френеля пропорционально квадрату радиуса n-й зоны Rn2 , то
250
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
радиусы r2 = 2r1 и r3 =3r1 соответствуют
границам 4-й и 9-й зон Френеля
(рис. О.8.16 а) (точки О4 и О9 на спирали).
Пренебрегая скручиванием спирали, будем
считать, что точка О4 совпадает с точкой О,
О∞
а точка О9 - с точкой О1. Таким образом,
О4
открытые участки дают вклады в комплексО О4 ную амплитуду поля, отвечающие векторам
О
Рис. О.8.16 а.
OO1 и O4O9, которые совпадают по направлению и имеют одинаковую длину 2A0, где A0 − амплитуда в отсутствие препятствия. Суммарная амплитуда вкладов от открытых
участков А = 4A0, а интенсивность I a  A 2 и равна I a  16I 0 .
О1 О9
О1
О9
б) Так как r1  R1 / 3 , где R1 − радиус первой зоны Френеля, то число n1 зон,
О4/3
соответствующих этому радиусу, равно
n1  1 / 3 (точка O1 / 3 на спирали). АналоО∞
гично, радиусам r2 и r3 на спирали будут
О1/3
соответствовать точки O 4 / 3 и O 9/3  O 3 .
Открытым участкам на препятствии будут
О
Рис. О.8.16 б.
отвечать векторы OO1 / 3 и O 4 / 3 O 3 . Отмечаем на спирали Френеля точки, соответствующие трем заданным
значениям радиусов (рис. О.8.16 б). Из рисунка видно, что векторы
ОО1/3 и О4/3О3 ориентированы в одном направлении и имеют длину
A0 . Следовательно, интенсивность в точке наблюдения равна
О3
I б   A0  A0   4I 0 .
2
8.17. Увеличили в
6 / 5 раз.
Указание. Надо доказать, что интенсивность увеличится в 2
раза, когда отверстие откроет 3 зоны Френеля.
О1
О'1
О∞
О
Рис. О.8.18.
8.18. а) I  I 0 / 4 ; б) I  0 ; в) I  I 0 / 4 .
Решение. а) При построении спирали
Френеля каждую зону разбивают на подзоны
(колечки), одинаковые по площади. Непрозрачный экран уменьшил площадь каждой подзоны,
следовательно, и вклад в комплексную амплиту-
§8. Дифракция Френеля
251
ду от первой зоны уменьшится (но фазовые соотношения останутся неизменными). Вектор ОО'1 не изменится по направлению,
но его амплитуда уменьшится на 1/4, т.е. станет равна
3
3
А1   2 А0  А 0 , где А0 − амплитуда в отсутствие препятствия
4
2
(рис. О.8.18).
Вклад в комплексную амплитуду поля от второй и всех последующих зон Френеля выражается вектором О1О∞, который противонаправлен вектору ОО1. Суммарная комплексная амплитуда в
А
3
точке наблюдения равна А  А 0  А0  0 , а интенсивность
2
2
I  I0 / 4 .
Пункты б), в) рассматриваются аналогично.
8.19. I  2I 0 .
Указание. Следует рассчитать, сколько зон Френеля укладывается в отверстии.
О
1
8.20. а) I  9I 0 ; б) I  0 ; в) I  I 0 ; г) I  4I 0 .
О∞
Решение. а). Разности хода λ/2 соответствует
разность фаз π, поэтому вектор OO1 следует поверО
нуть на угол π против часовой стрелки, при этом его
длина не изменится (рис. О.8.20 а).
Вклад в комплексную амплитуду поля от втоО'
рой и всех последующих зон Френеля выражается
Рис.
О.8.20
а.
вектором О1О∞, который сонаправлен с вектором
ОО'1. Суммарная комплексная амплитуда в точке наблюдения равна
А  2 А 0  А0  3 А0 , где А0 − амплитуда в отсутствие препятствия.
Интенсивность
О1
I  9I 0 .
О'1
б) Вклад от открытой части первой зоны
изображен вектором ОО'1 (рис. О.8.20 б), его длиА1 О∞
на равна
3
3
ОО 1   2 А0  А 0 .
О
4
2
А'
1
Вектор ОА1 изображает вклад от оставшейся
Рис. О.8.20 б.
части первой зоны, если бы не было препятствия.
252
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1
1
 2 А0  А 0 . Этот вектор надо
4
2
повернуть против часовой стрелки на π, т.к. эта часть зоны закрыта
пластинкой, вносящей дополнительную разность фаз π. Вклад от
второй и всех последующих зон Френеля выражается вектором
О1О∞.
Суммарная комплексная амплитуда равна:
3
1
А  ОО1  О1О   ОА 1  А 0  А0  А0  0 .
2
2
Интенсивность I  0 .
Пункты в) и г) рассматриваются аналогично.
Длина этого вектора равна ОА 1 
8.21. I  8I 0 .
8.22. I  9I 0 .
Указание. См. решение задачи 8.18 а.
8.23. I  I 0 / 4 .
8.24. I 
5
 I0 .
4
Указание. Разбить открытую часть экрана на два простых
объекта: полуплоскость и полукруг радиуса R1 / 2 (на спирали Френеля радиусу полукруглой выемки соответствует точка O1 / 2 ). Комплексная амплитуда в точке наблюдения будет равна сумме векторов:
1
1
1
A  ОО   ОО 1 / 2  ОО   ОО 1 / 2  ,
2
2
2
которую просто найти через их проекции на горизонтальную и вертикальную оси.
Замечание. Задачу можно решить и другим способом.
8.25. rmin  mL  1,15 мм , где m  5 / 3 .
§8. Дифракция Френеля
253
2
2

8.26. I  I 0  1   .
m

8.27. h 
 3

   m  ; I пласт 
n 1  8

 2  1 I  6I .
2
0
0
Решение. На спирали Френеля отмечаем точку O 5/2
(рис. О.8.27). В случае отсутствия какого-либо препятствия поле в
точке наблюдения можно представить как сумму двух векторов:
Aотс  ОО 5 / 2  О 5 / 2 О   ОО   A0 .
Стеклянная пластинка толщиной h
вносит дополнительную разность хода,
равную   h n  1 . Это приводит к поО∞
О5/2
явлению дополнительной разности фаз
∆φ
  k    k  h n  1 .
О'5/2
В результате вектор ОО 5 / 2 необхоО
димо повернуть на угол   0 против
Рис. О.8.27.
часовой стрелки (вектор ОО 5 / 2 ). Интенсивность станет максимальной, если после поворота направления
векторов ОО 5 / 2 и О 5 / 2 O  совпадут. Из рис. О.8.27 видно, что
 
3

  2m     2m  ; m  0, 1, 2, ...
4 2
4


Для толщины пластины получаем:
 3
3


k  h n  1     2m  ; h 
   m .
n 1  8
4


Суммарная длина векторов равна:
Aпласт  2 A0  A0  2  1 A0 ;
 

I пласт 
8.28. h 


2
 2  1 I  6I .
0
 7

   m  , m  0, 1, 2, ... ;
n 1  8

I min  2  2 I 0  0,4 I 0 .

2
0
254
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
8.29. h 
 1  6m 
, m  0, 1, 2, ...
6 n  1
Решение. Наличие выемки приведет к появлению отрицательной оптической разности хода h  1  n   0 и повороту вектора
OO1 / 3 по часовой стрелке (рис. О.8.29) на угол
2
   kh  1  n  
h  n  1 .

Из рисунка видно, что интенсивность
О∞
будет равна нулю, если векторы OO1 3 и
О1/3
O1 3 O  будут направлены в противоположные
О
∆φ
стороны:

 2m .
3
 1  6m 
Для глубины выемки получаем: h 
.
6 n  1
Рис. О.8.29.
О'1/3
8.30. h 
 

5

   m  , m  0, 1, 2, ...
n  n  4

8.31. а) h 
 1  2m 
 1  2m 
; б) h 
.
2 n  1
4 n  1
Указание. Уступ на пластине разбивает ее на две одинаковые
полуплоскости, вклад от которых в поле в точке наблюдения одинаков и равен А0 / 2 (на спирали Френеля векторы ОО  / 2 ), и приводит к появлению оптической разности хода h n  1 и повороту
одного из векторов на угол   kh n  1 .
8.32. h 
m  1 2
, m  0, 1, 2, ... ; I  9 I 0 .
n 1
8.33. 1) r1 диска  R / 2 ; 2) r2 диска  R / 6 и r2 диска  5 / 6 R ;
3) I  4 I 0 1  sin n  , где n − доля площади отверстия, перекрытой
диском.
§8. Дифракция Френеля
255
Решение. На спирали Френеля указываем точку O 3
(рис. О.8.33 а). ПредполоО3
О3
жим, что стеклянный диск
перекрывает n < 3 зон ФреА2
неля. Так как для векторов
ОО n  О n О 3  ОО 3 ,
О∞
О∞
πn
Оn
то,
как
видно
из Оn
А
1
рис. О.8.33 а , векторы OOn
π/2 О
О
и OnO3 перпендикулярны
друг другу независимо от n.
б)
О'n
а)
Стеклянный диск, внося доРис. О.8.33.
полнительную положительную разность фаз, "поворачивает" вектор OOn на угол π/2 против
часовой стрелки, в результате векторы ОО n и OnO3 окажутся либо
сонаправленными (если n < 1 или 2 < n <3), либо направленными в
противоположные стороны (если 1 < n <2).
Интенсивность будет равна нулю, если векторы ОО n и OnO3
будут одинаковы по длине и противоположно направлены, откуда
следует, что n = 3/2. Число зон, перекрываемых диском, в два раза
меньше числа зон, открываемых отверстием в экране, следовательно
r1 диска  R / 2 .
В случаях n = 1/2 и n = 5/2 векторы ОО n и OnO3 окажутся
сонаправленными и одинаковыми по длине. Их суммарная длина
равна 2 2 A0 , интенсивность будет максимально возможной и равной
I max  8I 0 .
В этих случаях
r2 диска  R / 6 и r2 диска  5 / 6 R
(т.к. 0,5/3 = 1/6 и 2,5/3 = 5/6).
Найдем зависимость интенсивности от радиуса диска
(рис. О.8.33 б). ОО  О n  n , где n − доля площади отверстия,
перекрытой диском (см. задачу 8.3). Выразим по теореме косинусов длину A1 вектора ОО n :
 n 
A12  A02  A02  2 A02  cosn   2 A02  1  cosn   4 A02  sin 2   .
 2 
256
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
По теореме Пифагора длина A2 вектора О n О 3 равна
 n 
2
A22  2 A0   A12  4 A02  cos 2  
 2 
Поскольку после поворота векторы ОО n и OnO3 окажутся
либо сонаправленными (если n < 1 или 2 < n <3), либо направленными в противоположные стороны (если 1 < n <2), получим (при
аккуратном выборе знаков) для результирующей амплитуды A в
точке наблюдения:

 n 
 n  
A  A1  A2  2 A0  cos    sin    ,
 2 
 2 

а для интенсивности:
2
  n 
 n  
I  4 I 0  cos   sin     4 I 0 1  sin n .
 2 
  2 
8.34. R  b / 3 .
8.35. hmin 
ab
 0,1 мм .
d ( a  b)
Решение. Данный опыт связан с наблюдением пятна Пуассона в центре геометрической тени за непрозрачным диском (в данном случае шариком). Покажем, что для получения резкого изображения необходимо, чтобы высота неровностей на поверхности шарика была меньше ширины зоны Френеля, по которой проходит
край непрозрачного шарика.
Допустим, что шаром закрыто m зон Френеля для точки
наблюдения, и неровности на его поверхности хаотически располагаются в пределах (m+1)-й зоны. Амплитуда поля в точке за преградой будет равна:
A  Am 1  Am  2  Am  3  Am  4  ...  Am 1 
Am  2  Am  2
A
A
 A


 Am 3  m  4    m  4  Am  5  m  6   ...
2
2
2
2
2

 

Сумма всех слагаемых, стоящих в скобках, приближенно равна нулю, а среднее значение амплитуды поля от (m+1)-й зоны
A
Am 1  m 1 в случае хаотического распределения неровностей,
2

§8. Дифракция Френеля
257
размеры которых сравнимы с размером (m+1)-й зоны. Отсюда
видно, что амплитуда А (и интенсивность) в точке наблюдения
близка к нулю, т.е. источник света не будет виден.
Рассчитаем ширину (m+1)-й зоны Френеля r  rm 1  rm . Радиусы зон Френеля определяются формулами:
(m  1) 
m
,
rm2 
, rm21 
1/ a  1/ b
1/ a  1/ b
откуда

rm21  rm2  rm  rm 1   rm 1  rm   d  r 
,
1/ a  1/ b
где rm 1  rm  d − диаметр диска. Отсюда
ab
r 
 hmin  0,1 мм .
d ( a  b)
8.36. См. рис. О.8.36.
Решение. При падении плоской волны на отверстие оно отR2
R2
, то
число зон Френеля. Если расстояние b 
крывает N 
b

отверстие открывает только первую зону Френеля, при этом амплитуда поля в точке наблюдения равна А1 = 2А0, где А0 − амплитуда в
отсутствие препятствия, а интенсивность в этой точке равна I1 = 4I0.
Если b  R 2 /  , то в отверстии укладывается только часть
первой зоны Френеля, амплитуда поля (и интенсивность) в точке
наблюдения будет монотонно уменьшаться с ростом b и стремиться
к нулю при b   . На расстоянии b  2 R 2 /  в отверстии укладывается 1/2 первой зоны Френеля, амплитуда поля А  О1 / 2 О  и интенсивность I  2I 0 .


R2 
R2 
 , то I  0 . При N  3  b 
 интенЕсли N  2  b 



2

3





сивность I чуть меньше I0 и т.д. При приближении точки наблюдения к отверстию число открытых зон Френеля будет увеличиваться
и интенсивность, осциллируя, будет стремиться к I0.
На рис. О.8.36 приведен график зависимости интенсивности I
в центре экрана от расстояния b. Для наглядности по горизонталь-
258
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
b
ной оси отложена величина
R
2

1
, где m - число открытых зон
m
Френеля.
I
4I0
I0
b/R2
0
1/5 1/4 1/3
1/2
1
Рис. О.8.36.
8.37. См. рис. О.8.37; интенсивность нормирована на интенсивность I0, регистрируемую в отсутствии препятствия, радиус
нормирован на радиус R1 первой зоны Френеля.
Указание. В случае плоской волны радиус зон Френеля определяется по формуле: Rn2  nb .Максимумы интенсивности соответствуют случаю, когда открыто нечетное число зон Френеля, миI
4I0
I0
R/R1
0
1
2
3 4 5
Рис. О.8.37.
2013
§8. Дифракция Френеля
259
нимумы - когда четное.
С ростом радиуса R отверстия расстояние между соседними
максимумами и минимумами уменьшается. Это связано с тем, что
радиус n-ой зоны пропорционален квадратному корню из номера
зоны n, т.е. при увеличении радиуса, например, в 2 раза число открытых зон увеличивается в 4 раза.
8.38. См. рис. О.8.38.
Решение. Используя формулу для радиуса зон Френеля:
n
Rn2 
,
1/ a  1/ b
находим число открытых зон в зависимости от b:
R2  1 1 
n
  .
 a b
a
Введем обозначение b  , где  - произвольное положи
тельное число. Подставляя численные данные, получим:
 0,5мм  1    1   .
R2  1  
 
  
  a a  0,5мкм  0,5м
Положения максимумов интенсивности, наблюдаемых при
нечетном числе открытых зон Френеля, соответствуют значениям
 , равным
a a
a
 max  0, 2, 4, ..., 2m, ... , т.е. bmax  , , ,...,
,...
2 4
2m
Аналогично для минимумов получаем:
a a
a
 min  1, 3, 5,..., 2m  1, ... , → bmin  a, , ,...,
,...
3 5
2m  1
Источник излучения точечный, распространяющаяся от него
волна имеет сферический фронт, следовательно, интенсивность изменяется обратно пропорционально квадрату расстояния от источника до точки наблюдения:
2
n
I0 ~
1
a  b 

2
1
2

2
  a 
a2  1 b
1   

 .
a2 1   
При бесконечном расстоянии  max  0 и I 0  0 , т.е. максимум, соответствующий открытой первой зоне Френеля, наблюдать-
260
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
ся не будет. Соотношение интенсивностей в последующих максимумах  max  2, 4, 6, ..., 2m,... имеет вид:
2
2
2
2
 2m 
2 4 6
  :   :   : ... : 
 ,
3 5 7
 2m  1 
т.е. величина интенсивности в максимумах возрастает по мере приближения к препятствию. При росте числа открытых зон Френеля
интенсивность в максимумах станет меньше 4 I 0 , т.к. радиус спирали постепенно уменьшается. Поэтому, начиная с некоторого m0,
полученное соотношение интенсивностей выполняться не будет.
I
4I0
I0
0
1/5 1/4 1/3
1/2
Рис. О.8.38.
1
b/a
График зависимости интенсивности в центре картины при
дифракции сферической волны на круглом отверстии от отношения b/a приведен на рис. О.8.38.
8.39. f m 
S0
, m  1, 2, ... ; I  f 1   4m 2 I 0 .
( 2m  1)
Решение. Найдем расстояние b1 от пластинки, на котором
центральная прозрачная зона для точки Р будет совпадать с первой
зоной Френеля. Так как для плоской волны R  nb ,
r2 S
b1  1  0 ,
 
где r1  S 0 /  – радиус центральной зоны.
Так как площади всех колец зонной пластинки одинаковы, то
для точки Р будут открыты все нечетные зоны Френеля и закрыты
§8. Дифракция Френеля
261
все четные. Векторы вкладов в комплексную амплитуду поля от
всех прозрачных колец имеют одно и то же направление, а их длина
Аk  A1  2 A0 , где А0  I 0 − амплитуда поля в отсутствие препятствия. Поэтому комплексная амплитуда поля в т. Р будет равна:
А  mA1  2m I 0 ,
а интенсивность
I b1   4m 2 I 0  I 0 ,
т.е. зонная пластинка увеличивает интенсивность света и действует
как собирающая линза с фокусным расстоянием
S
f  b1  0 .

При приближении точки наблюдения к зонной пластинке
число зон Френеля в пределах центральной прозрачной зоны пластинки будет возрастать и для некоторой точки Р3 достигнет трех,
т.е. для точки Р3 первые 3 зоны Френеля открыты, следующие 3 –
закрыты, и т.д. В этой точке также будет максимум интенсивности,
поэтому точку Р3 также называют фокусом зонной пластинки:
f
1 r2
f2   1  ,
3 
3
однако интенсивность света в т. Р3 будет меньше, чем в первом фокусе.
Существуют и другие фокусы, для которых центральная зона
пластинки открывает (2m−1) первых зон Френеля. Соответствующие фокусные расстояния равны:
S0
f
fm 
, m  1, 2, ... .

2m  1 ( 2m  1)
2
: а) f  2,5 м ; б) f  1,72 м ; в) f  1,32 м .

Замечание. Фокусные расстояния зонной пластинки различны для разных длин волн, т.е. зонная пластинка обладает хроматизмом.
8.40. f 
8.41. f 
ab
 0,6 м .
ab
262
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Указание. Переписав формулу для радиуса зон Френеля
m
1 1 m
Rm2 
в виде:   2 , получим формулу тонкой лин1/ a  1/ b
a b Rm
зы
1 1 1
  ,
a b f
Rm2 R12

− фокусное расстояние зонной пластинки,
m


R12 
(R1 – радиус первой зоны Френеля) и Rm2  mR12 .
1/ a  1/ b
где
f 
r2
8.42. f  5  0,9 м ; r1  r5 / 5  0,671 мм ; изображения ис5
точника света, расположенные на оси пластинки, отодвинутся от
неё.
8.43. bk 
8.44. rm 
af k
ab
, где f k 
.
a  fk
a  b   2k  1
m
.
1 1 2
 
a b R
Решение. Построение m-й зоны
Френеля показано на рис. О.8.44, где S –
источник света, S' – его изображение, О
rm
А
– центр кривизны зеркала. Нахождение
S'
S О
радиуса
rm m-й зоны проводим, исходя
h
из того, что разность хода между центральным лучом, проходящим через
Рис. О.8.44.
вершину зеркала, и лучом, проходящим
через край m-й зоны, должна составлять mλ/2:
(SM  MS)  (SA  AS)  m / 2 ,
(*)
где SA = a, AS' = b, а SM иMS' находим из рис. О.8.44:
SM 2  ( a  h) 2  rm2 ; SM 2  (b  h) 2  rm2 .
M
§8. Дифракция Френеля
263
С учетом того, что h  a и rm  a , определяем:
rm2
r2
 h ; S M  b  m  h .
2a
2b
Значение h находим из соотношения:
rm2
2
2
2
.
rm  R  ( R  h)  2 Rh , откуда h 
2R
Подставляя вычисленные значения в условие (*), получаем:
m
rm 
.
1 1 2
 
a b R
SM  a 
 2 1 4 
8.45. b     2 
 R a r4 
8.46. R 
1
 0,8 м .
m
; если число зон Френеля m нечетное, в
1/ b  1/ f
т. Р наблюдается максимум интенсивности, если четное – минимум.
Решение. Линза собирает параллельный пучок лучей в фокусе, поэтому
А
после отверстия пойдет сферическая
r
волна,
сходящаяся
в
точке
S' rm
s
S'
(рис. О.8.46). На фронте этой волны АО
О В
P
теперь и надо строить зоны Френеля для
b
т. Р. Источник света теперь находится в
f
т. S', расстояние от которой до отверстия
равно f. Для падающей волны это мниРис. О.8.46.
мый источник (находится по другую
сторону отверстия), расстояние f отсчитывается против хода лучей,
поэтому его следует брать со знаком "минус", считая f > 0. Расстояние r также отсчитывается против хода лучей, его тоже будем брать
со знаком "минус", считая r > 0.
Разность хода между волнами, прошедшими через внешний
край m-й зоны и по оси S'P, равна
s rm   r  s    f  b  .
264
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Найдем r и s. Поскольку R << b, f, можно пренебречь сферичностью волнового фронта АО. Тогда можно записать:

r2 
1  m  ,
f


f2
2 f 2 


r2 
s  rm2  b 2  b 1  m2  .
2b 

Разность хода между волнами равна:
r2 r2 r2 1 1 
s rm   r  s    f  b    m  m  m     .
2 f 2b 2  b f 
r  rm2  f 2  f 1 
rm2
Таким образом, линза вносит дополнительную разность хода
r2
s f r    m  0 .
2f

Для границы m-ой зоны Френеля s m  m  , т.е.
2
2
rm  1 1  m
m
.
, откуда находим rm 
    
2 b f  2
1/ b  1/ f
Полагая радиус отверстия равным радиусу m-й зоны Френеля, находим число открытых отверстием зон:
R2 1 1
m
  .
 b f
Если число зон Френеля нечетное, в т. Р наблюдается максимум интенсивности, если четное – минимум.
8.47. I  9 2  I 0  89 I 0 .
Решение. Так как собирающая линза вносит дополнительную
разность хода
r2
s f r   
 0,
2f
для вторичного источника, находящегося в плоскости отверстия на
расстоянии r от его центра, суммарная разность хода равна (см. задачу 8.46):
§8. Дифракция Френеля
265
r2  1 1 
  .
2  b f 
Если f  b , то для всех вторичных источников разность хода
s r   0 , т.е. участок спирали ОО3 "вытянут" в прямую линию
ОО'3 (рис. О.8.47).
Полагая, что радиус
О3
спирали R пропорционален
I 0 и длина участка спиО∞
рали ОО3 равна 3πR, для
О'3
интенсивности в точке Р (в
О
фокальной плоскости линРис. О.8.47.
зы) получаем:
2
I  3R   9 2  I 0  89 I 0 .
s r  
8.48. I  8I 0 .
Решение. Для вторичного источника, находящегося в плоскости отверстия на расстоянии r от его центра, разность хода равна
(см. задачу 8.46):
r2  1 1 
s r      .
2 b f 
Если f  2b , то разность хода (при r  r0 ) составит:
r2
r 2 s 0 r0  1 3
 
,
2  b 2b  4b
2
2 2
а соответствующая разность фаз –
k  s 0 (r0 ) 3
 r0   k  s (r0 ) 

,
2
2
так как отверстие открывает три зоны
Френеля. Следовательно, участок спиψ
рали ОО3 "раскрутится" (но не до конца,
рис. О.8.48), при этом длина дуги ОО'3 О'3
О3
останется равной длине участка спирали
ОО3 (число вторичных источников не
изменилось).
Чтобы найти амплитуду А в точке
Р (она равна длине вектора ОО'3), необО
Рис. О.8.48.
ходимо найти радиус R' дуги соответ1 1 
s r0   0      0 
R'
266
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
ствующей окружности:
3R 
откуда R   2 R .
Для длины ОО 3 получаем:
3
R ,
2

1
 2   
OO 3  2 R  sin 
 2 2R ,
  4 R sin  4 R 
4
 2 
2
поэтому при f  2b интенсивность в точке Р равна
I  OO 3
2
 8I 0 .
8.49. Интенсивность уменьшится в n  22 раза.
О3
Решение. При f  b интенсивность в т. Р
равна (см. задачу 7.47) I 1  9 2  I 0  89 I 0 .
Если f  b / 2 , то разность хода (при r  r0 )
составляет:
r2  1 2
r2
О
s (r0 )  0       0   s 0 r0  ,
2 b b
2b
а разность фаз
О'3
r0    0 r0   3 .
Как видно из рис. О.8.49, в этом случае учаРис. О.8.49.
сток спирали ОО3 "перераскручивается", и спираль
ОО'3 представляет собой симметричное отражение спирали ОО3
относительно горизонтальной оси. Поэтому
R   2 R , I 2  4I 0 .
Таким образом, интенсивность уменьшится в
n  I 1 / I 2  89 / 4  22 раза.
8.50. r 
mfb
 0,9 m мм , m  1, 3, 5, ... .
b f
§9. Дифракция Фраунгофера
267
§9. Дифракция Фраунгофера
 kb sin  
9.1. I   I 0 sinc 2 
 ; sin  m  m / b , m  1, 2, 3, ...
 2 
Решение. Направим ось Х поперек щели, начало координат совместим с её левым краем (рис. О.9.1 а).
Х
х b
0
Лучи, идущие после щели под углом
φ
дифракции φ, собираются линзой в
Сφ
φ
точке Вφ экрана, расположенного в её
фокальной плоскости. ОС – фронт
волны после щели.
f
Разобьем пространство щели на
Э
N длинных полосок одинаковой шиВ0
Вφ
рины dx  b / N , каждая из которых
Рис. О.9.1 а.
будет являться источником вторичных
цилиндрических волн. В точке наблюдения возмущение, приходящее от i-ой полоски, характеризуется комплексным вектором dAi,
длина которого пропорциональна А0dx, где А0 – амплитуда падающей волны. Разность хода между волнами, излучаемыми соседними
полосками под углом  к направлению падающей волны, равна (см.
рис. О.9.1 а):
   dx sin  ,
а разность фаз
d  k  dx sin  , где k  2 /  .
Комплексный вектор A 
N
 dA .
i
i 1
В центр дифракционной картины
  0 все вторичные волны приходят в С
одной фазе, поэтому векторы dAi сонаправлены и просто суммируются, причем длина
получившегося вектора A0 пропорциональна ширине щели b.
Для угла дифракции  каждый из
одинаковых по длине векторов dAi повернут
относительно предыдущего вектора на один
и тот же угол dψ. В результате цепочка век-
ψ
E
А(φ)
0
ψ
dА1
D
Рис. О.9.1 б.
268
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
торов образует дугу окружности, длина которой приближенно равна A0, а угол между крайними векторами равен   kb sin  . Хорда,
стягивающая получившуюся дугу, является комплексной амплитудой поля A (рис. О.9.1 б). Пользуясь рисунком, получаем выражение для амплитуды:
A  2 R  sin  / 2 ,
где R – радиус СЕ кривизны дуги. Так как длина дуги равна А0, то
 kb sin  
sin 

A
sin  / 2 
 2 .
A  2  0  sin  / 2   A0 
 A0 
kb sin 

/2
2
Интенсивность I() меняется по закону:
 kb sin  
I   I 0 sinc 2 
,
 2 
где интенсивность в центре дифракционной картины I 0 ~ b 2 .
Для направлений m на дифракционные минимумы m-го порядка A m  = 0, поэтому сумма векторов dAi замыкается в окружность после m оборотов (рис. О.9.1 в), при этом разность фаз между волнами, идущими от крайних точек щели, равна
Рис. О.9.1 в.
 m  2m . Отсюда получаем условие для дифракционных минимумов:
kb sin  m  2m или b sin  m  m , m  1, 2, 3, ... ,
откуда
sin  m  m / b .
9.2. x 
2 f
 0,44 мм
b
9.3. x 
( 2   1 ) f
x  2   1
 0,7 мм ;

 0,3 .
b
x  1   2
9.4. При φ = 0 максимум нулевого порядка; далее угловое
распределение
максимумов
находится
из
условия:
b sin   (2m  1)   / 2 , m  1, 2, 3, ...
§9. Дифракция Фраунгофера
269
Решение. Максимум нулевого порядка будет наблюдаться
при φ = 0.
Интенсивность дифракционной картины на экране определяется формулой (см. задачу 9.1):
 sin b sin  /   
 kb sin  
 .
I   I 0  sinc 2 
  I 0 
 2 
 b sin  /  
В точках максимумов должно выполняться условие:
2
dI ()
 0 . Найдем эту производную:
d

 b sin  
sin 

dI ()
  
 2I 0 
b sin 
d

b sin 
 b sin   b cos 
 b sin   b cos 
 sin 
 cos





  
  
 b sin  


  
2

 b sin  

sin 
  ctg 


sin
1
b





 b sin  


 2I 0
 ctg

.
  sin 
b sin 
  
    b sin  

 

Приравняв производную нулю, из сомножителя в квадратных
скобках получаем трансцендентное уравнение:
b sin 
tg   , где  
.

Данное уравнение можно приближенно решить графически,
построив графики y1  tg и y 2   и найдя точки их пересечения.
Корнями данного уравнения являются:
1  0 ,  2  1,43 ,  3  2,46 ,  4  3,47 ,  5  4,47 и т.д.
Приближенно можно записать:
b sin 

 (2m  1)  , m  1, 2, 3, ...

2
откуда получаем условие максимумов интенсивности:
270
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
b sin   ( 2m  1) 

, m  1, 2, 3, ... .
2
3f
5f
 9 мм , x 2  
 15 мм ;
2b
2b
4
4
I 0 : I1 : I 2  1: 2 :
 1 : 0,045 : 0,016 .
9 25 2
9.5. x1  
Указание. Углы дифракции, при которых наблюдаются максимумы интенсивности, находятся из условия (см. задачу 9.4):
b sin   (2m  1)   / 2 ( m  1, 2, 3, ... ). Интенсивность в максимумах
рассчитывается по формуле:
I0
I
.
(2m  1)   / 22
9.6. x12 
2
x 01  2 мм .
3
 2b 
9.7. N     11 .

9.8. Увеличится в m2 раз.
9.9. l1  l 0 / 6 .
Указание. Интенсивность в центре дифракционной картины
пропорциональна квадрату ширины b щели.
9.10. n1  n 2  d  m  1 / 2  , m  0,  1,  2, ...
Решение. Каждая из пластин вносит дополнительную разность хода, равную  доп  (n  1) d . Для минимума в центре необходимо, чтобы волны приходили в противофазе:
 доп1   доп 2  n1  n 2  d  m  1 / 2  , m  0,  1,  2, ...
§9. Дифракция Фраунгофера
9.11. I экр  I 0 
271
b2
 0,1 мВт/см 2 .
L
Решение. Поскольку число открытых зон Френеля, соответствующих ширине щели, равно
b2
m
 0,01  1 ,
L
справедливо приближение Фраунгофера. Угловая ширина максиму
ма нулевого порядка   , а ширина этого максимума на экране
b
равна:
x  2 L   .
Энергию, проходящую через щель (в расчете на единицу
длины щели), можно оценить по формуле:
W  b  I0 .
Так как более 90% энергии сосредоточено в максимуме нулевого порядка, можно считать, что вся прошедшая энергия "распределится" по ширине этого максимума. Следовательно,
I экр
L
W
 x  I экр  L    I экр 
,
2
b
где I экр - интенсивность в центре экрана ( I экр / 2 − "среднее" зна-
чение интенсивности в пределах максимума).
Для оценки интенсивности в центре экрана получаем:
b2
I экр  I 0 
 m  I 0  0,1 мВт/см 2 .
L
L
 0,1 мм .
n
Указание. См. задачу 9.11.
9.12. b 
9.13. L 
Dd
.
1,22
Решение. Глаз человека можно рассматривать как оптическую
систему, состоящую из круглой диафрагмы (зрачка диаметром d
от 2 до 8 мм), собирающей линзы (хрусталика с фокусным расстоя-
272
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
нием до 2 см) и экрана для наблюдения (сетчатки глаза). Изображение удаленного объекта формируется вблизи фокальной плоскости
хрусталика. В приближении геометрической оптики угловые размеры объекта и изображения одинаковы и равны:
D
  ,
L
где D– поперечный размер объекта, L – расстояние от объекта до
глаза.
Вследствие дифракции на зрачке угловой размер изображения увеличивается. Угловой радиус центрального дифракционного
максимума равен
1,22  
 дифКр 
,
d
поэтому для наблюдателя две светящиеся некогерентные точки будут сливаться в одну, если
   дифКр .
Таким образом, фары автомобиля будут видны раздельно с расстояния
Dd
.
L
1,22
9.14. Условие главных максимумов:
d sin  max  m
( m  0,  1,  2, ... ); условие главных минимумов: b sin  min  n
p
( m  1, 2, 3, ... ): условие добавочных минимумов: d sin  p   ,
N
p  N , где α – целое число.
0
φ
A
d
φ E
Э
Вφ
Рис. О.9.14 а.
b
Решение. Ход лучей
изображен на рис. О.9.14 а.
D Х Лучи, идущие после решетки
под углом дифракции φ, собираются линзой в точке Вφ
экрана, расположенного в её
С
фокальной плоскости. ОС –
фронт волны после решетки.
f
Для углов дифракции,
которые удовлетворяют соотношению b sin  min  n , ин-
§9. Дифракция Фраунгофера
273
тенсивность картины от каждой из щелей равна нулю (см. векторную диаграмму на рис. О.9.1в), поэтому интенсивность от всей
решетки также будет равна нулю. Это условие главных минимумов.
В точке наблюдения возмущение, приходящее от i-ой щели,
характеризуется вектором Ai. Разность хода между волнами от соседних щелей, идущими под углом  к направлению падающей
волны, равна (на рис. О.9.14 а это отрезок АЕ):
   d sin  ,
а разность фаз составляет
   k  d sin  , где k  2 /  .
Комплексная амплитуда поля от всей решетки A 
N
A .
i
i 1
Если выполняется условие
 m  k  d sin   2m , т.е. d sin  max  m ( m  0,  1,  2, ... ),
векторы Ai сонаправлены и просто суммируются, т.е. возмущения
от всех щелей усиливают друг друга. Таким образом, полученное
соотношение является условием главА1
Аi
ных максимумов.
Заметим, что для центрального
А0
Рис. О.9.14 б.
максимума длина вектора A  NA0 , где
А0 – амплитуда падающей волны (см. рис. О.9.14 б), а интенсивность света I (  0)  A 2   N 2 I 0 .
Если углы дифракции, соответствующие главным максимумам, совпадают с углами для главных минимумов, реализуется минимум, т.к. для каждой из щелей при таких углах дифракции I = 0.
Для угла дифракции  каждый из одинаковых по длине векторов Ai повернут относительно предыдущего вектора на один и
тот же угол ψφ. В результате цепочка векторов образует дугу
окружности. Хорда, стягивающая получившуюся дугу, является
комплексной амплитудой поля A от всей решетки.
Для направлений p на добавочные дифракционные минимумы A( p )  0 , поэтому сумма векторов Ai представляет собой окружность (рис. О.9.14 в),
при этом разность фаз между волнами, идущими от Рис. О.9.14 в.
первой и последней щелей, равна  p  N   2p .
274
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Отсюда получаем условие для добавочных дифракционных минимумов:
k  Nd sin  p  2p или
p
 , p  N , где α – целое число.
N
Заметим, что при p  N условие добавочных минимумов
совпадает с условием главных максимумов, а при таких углах дифракции реализуется максимум. Поэтому между двумя главными
максимумами находится (N−1) добавочный минимум и (N−2) добавочных максимума малой интенсивности.
d sin  p 
3
2)
1)
3)
2
2
120
3
240
1
2
1
1
3
Рис. О.9.14 г.
Пример построения векторных диаграмм для трех щелей
приведен на рис. О.9.14 г: для первого (1) и второго (2) интерференционных минимумов и первого дифракционного максимума (3).
9.15. d 
2
 2,8 мкм , n  1 / d  3570 штрихов на 1 см.
sin 30
9.16.  2   1 
9.17.  2 
sin  2
sin 1
 410 нм ; n 
 4970 см 1 .
2 sin 1
1
m4
 1  600 нм.
m3
§9. Дифракция Фраунгофера
275
1 
9.18. m max     3 .
 n 
9.19.   d  471 нм .
9.20. n 
sin(  / 2)
 20 мм 1 .
3
9.21.   n( 2 2   1 )  0,002 рад  7  .
 5 
9.22.   arcsin  1   41 .
 d 
Решение. Из условия дифракционных максимумов получаем:
m
m 
sin   1 1  2 2 , откуда m1 1  m 2  2 .
d
d
m2 1
8

 1,6  .
Следовательно,
m1  2
5
Так как числа m1 и m2 целые, то минимальные значения, удовлетворяющие этому условию, m1  5 , m 2  8 . Подставляя m1  5 в
условие дифракционного максимума, находим:
m
sin   1 1  0,654 , откуда   41 .
d
9.23. d 
2 1
 3,9  10 3 мм .
sin 
Указание. Задача решается аналогично задаче 9.22.
9.24. d 
3
 20 мкм , где sin   0,87 .
sin 
Решение. Поскольку различие между длинами волн
   2   1 мало, то разность углов ∆φ тоже мала. Запишем условия максимумов для этих волн в третьем порядке в виде:
d sin   3 , d sin(  )  3(  ) , где λ = λ1.
276
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Используя формулы тригонометрии, получаем:
d sin(  )  d sin  cos()  cos  sin()   3  3 .
Считая sin()   и cos()  1 , находим:
d  cos   3 .
Деля почленно уравнение d sin   3 на последнее уравнение, получаем:
sin  1

, откуда


cos   

x 
tg   


 1,767 ,   6030 , sin   0,87 .

f 
Подставляя найденное значение sinφ в условие главного максимума, определяем период решетки:
3
d
 2  10 5 м  20 мкм .
sin 
9.25. d (sin   sin )  m , m  0,  1,  2, ... ;
d cos   (  )  m при углах падения, близких к π/2.
d
θВ
θ
A
φ
φ
С
D
Рис. О.9.25.
Решение. На рис. О.9.25 показан ход
лучей при падении волны на решетку под
углом θ для угла дифракции φ. ВС – фронт
падающей волны, АD – фронт дифрагировавшей волны. Разность хода между волнами от соседних щелей, равна:
   d sin   d sin  .
Условие дифракционных максимумов
теперь примет вид:
d (sin   sin )  m , m  0,  1,  2, ...


или
2d cos
sin
 m .
2
2
Если d   и m  d /  , углы дифракции φ близки к θ, и
условие максимумов можно записать в виде:
d cos   (  )  m ,
т.е. период решетки как бы уменьшился и стал равен d cos   d .
Аналогично, условие для направлений на дифракционные
минимумы запишется в виде:
§9. Дифракция Фраунгофера
277
b  cos       m ,
т.е. ширина щели как бы станет b cos   b .
При этом углы (φ−θ), определяющие направления на максимумы, отсчитываются от направления падающей волны.
9.26.  

d
 cos   (  )  0,573 А .
2
9.27.  

2  
d
  cos
 9,9 А .
2
m4
 2d 
9.28. m max    .
 
Решение. При наклонном падении света на решетку условие
максимумов имеет вид:
d (sin   sin )  m .
 2d 
Поскольку sin   sin   2 , получаем: m max    .
 
9.29.  m 

N d 2  m 2 2
.
Решение. Направления на главные дифракционные максимумы определяются из условия:
d sin  m  m .
Условия добавочных минимумов имеют вид (см. задачу
9.14):
p
d sin  p   , p  N .
N
Ближайшие к дифракционным максимумам минимумы находятся из условий:
1

d sin  m ,min   m   .
N

278
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Для вычисления  m возьмем полный дифференциал от
обеих частей уравнения d sin  m  m по переменным  m и m при
постоянных d и :
d  sin  m   m   .
1
Так как sin  m   cos  m   m и m   , получаем:
N



.
 m 


Nd cos  m Nd 1  sin 2 
N d 2  m 2 2
m
Чем больше m, тем больше ширина максимума.
9.30. x 
f
L 1  (n ) 2
 3,3 мкм .
Указание. См. задачу 9.28.
9.31.
d m
 , n  1, 2, 3, ...
b n
Решение. Если углы дифракции, соответствующие главным
максимумам, совпадают с углами для главных минимумов, реализуется минимум. Из условий на главные дифракционные минимумы (см. задачу 9.14) d sin  n  n и максимумы d sin  m  m следует, что
n m
d m
, откуда  , n  1, 2, 3, ...

b
d
b n
9.32. Увеличится в 4 раза.
d
2
 6 мкм , b   1,5 мкм ;
sin 1
4
m  0, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 9, 10 .
9.33. d 
Указание. Пропадают максимумы с номерами m, кратными 4.
Общее число наблюдаемых максимумов определяется из условия:
m max  d /   .
§9. Дифракция Фраунгофера
279
 kb sin  
2
9.34. I  I 0 sinc 2 
 , где I 0 ~ b .
 2 
Решение. Введем функцию пропускания препятствия (x)
как отношения комплексной амплитуды поля волны в точках, расположенных непосредственно за препятствием, к комплексной амплитуде поля падающей волны в точках, расположенных непосредственно перед препятствием:
1, x   b
А ( x )
2,
 x   за

b

Аперед ( x ) 0, x  
2

где х' – координаты в плоскости препятствия.
В этом случае комплексная амплитуда поля за препятствием
вычисляется по формуле:

А(sin)  B  x   exp ik x x  dx  ,


которая является пространственным преобразованием Фурье от
функции пропускания препятствия  x  , а k x  k sin  называют
пространственными частотами. Подставляя записанную функцию пропускания α(х'), получаем:
b/2
e ik xb / 2  e ik xb / 2


A(sin )  B e ik x x dx   B
ik x
b / 2

 Bb
2i sin k x b / 2 
sin k x b / 2
 kb sin  
 Bb
 Bb  sinc 
.
k xb / 2
ik x b
 2 
Распределение интенсивности I  А 2 имеет вид:
 kb sin  
2
I  I 0 sinc 2 
 , где I 0 ~ b .
 2 
2
 kb sin    sin( Nkd sin  / 2) 
 ,
9.35. I   I 0 sinc 2 
  
 2   sin( kd sin  / 2) 
где I 0 ~ b 2 .
Решение. Запишем функцию пропускания решетки в виде:
280
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
 x    0 ( x )   0 x   d    0 x   2d   ...   0 x   ( N  1)d  ,
где функция  0 x  − это функция пропускания одной щели шириной b, комплексная амплитуда которой А(kх) получена в задаче
9.34:
k b
A0 (k x )  Bb  sinc  x  , где k x  k sin  .
 2 
Используя свойства преобразований Фурье (см. задачу 3.6),
для решетки можем записать:
k b
Ak x   Bb sinc  x   1  e ik x d  e ik x 2 d  ...  e i ( N 1) k x d 
 2 


 Nk d 
sin  x 
 k b  1 e
k b e
 2 .
 Bb  sinc  x  
 Bb  sinc  x   ik d / 2 
ik x d
x
k d 
 2  1 e
 2  e
sin  x 
 2 
При преобразованиях использовалась формула суммы членов
геометрической прогрессии, которая стоит в круглых скобках, а
e i  e  i
.
также формула Эйлера: sin  
2i
Интенсивность I  A  A  света за решеткой равна:
ik x Nd
ik x Nd / 2
I   I 0 sinc 

2
2
 sin( Nkd sin  / 2) 
 ,
  
  sin( kd sin  / 2) 
2  kb sin  
где I 0 – интенсивность в центре картины при дифракции на одной
щели шириной b ( I 0 ~ b 2 ).
Заметим, что I   0  N 2 I 0 ~ Nb 2 .
9.36. См. решение.
Решение. Дополнительными называются объекты, функции
пропускания 1  x , y  и  2  x , y  которых удовлетворяют условию: 1  x, y   2  x, y  1 во всех точках плоскости объекта:
   x , y    . Для первого объекта комплексная амплитуда поля
запишется в виде:
§9. Дифракция Фраунгофера
281
 
A1 (sin x , sin y )  B 
   x , y   exp i k x   k y  dx dy  
x
1
y
  
 
 B
  1   ( x , y   exp i k x   k y  dx dy  
2
x
y
  
 


 B   k x , k y 
 2 ( x , y )  exp i k x x   k y y  dx dy  


  
 B   k x , k y  A2 (sin x , sin y ) ,


 




где (k x , k y ) − дельта-функция, не равная нулю только для нулевых
углов дифракции ( x   y  0) .
Таким образом, во всех остальных точках экрана
A1 (sin x , sin y )   A2 (sin x , sin y ) .
Так как интенсивность света I  А 2 , то интенсивности совпадают для дополнительных объектов везде, кроме нулевых углов
дифракции ( x   y  0) .
9.38. а) не изменятся; б) уменьшится в 4 раза; в) увеличится в
2 раза.
9.39. Главные дифракционные максимумы и минимумы раздвинутся от центра дифракционной картины, ширина дифракционных максимумов увеличится.
9.40. а) не изменятся; б) главные дифракционные минимумы
сдвигаются к центру картины; в) увеличится в 4 раза; г) не изменится.
9.41. а). Главные максимумы сдвинутся к центру картины
(если sin  m   m , то углы  m уменьшатся в 2 раза); б) не изменятся; в) уменьшится в 4 раза; г) не изменится; д) уменьшится с (N−2)
до (N/2−2).
9.42. Максимум нулевого порядка дифракционной картины
будет наблюдаться при    , а ее параметры будут соответствовать
282
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
картине от решетки с периодом d накл  d cos   d и шириной щели
bнакл  b cos   b (см. задачу 9.25).
9.43. а) b/d = 1/2; б) b/d = 1/4 или b/d = 3/4; в) b/d = 1/6,
b/d = 3/6 или b/d = 5/6.
Решение. Главные дифракционные максимумы находятся из
условия
d sin  m  m ,
в этом случае в формуле для дифракции Фраунгофера на N щелях
2
2
 sin u   sin N 
I   I 0  

 

 u   sin  
2
 sin N 
сомножитель 
 равен N2, а
 sin  
b
b sin  d sin  b
u

  m .


d
d
По условию полная ширина решетки L неизменна, отсюда
N  L / d . Т.к. I 0 ~ b 2 , то в максимумах
 sin m b d    L 
b

    ~ sin 2  m  .
I  max  ~ b  
d

 m b d   d 
2
2
2
Так как sin 2 x принимает максимальные значения, если его
 3 5
аргумент x  ; ; ;... , то при m = 1 существует единственное
2 2 2
решение: b/d = 1/2; при m = 2 − два решения: b/d = 1/4 или
b/d = 3/4; при m = 3 − три решения: b/d = 1/6, b/d = 3/6 или
b/d = 5/6.
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
283
§10. Спектральные приборы.
Многоволновая интерференция
10.1. Dϕ =
m
d 1 − (mλ / d )
2
.
Решение. Условие главных максимумов для дифракционной
решетки имеет вид:
d sin ϕm, max = ± mλ ,
m = 0, 1, 2... .
Изменение угла дифракции δϕ m при изменении длины волны на δλ можно найти, взяв дифференциал от обеих частей записанного уравнения:
δ(d sin ϕ m ) = d cos ϕ m δϕ m = δ (mλ ) = m ⋅ δλ ,
откуда для угловой дисперсии получаем:
δϕ
m
m
m
.
Dϕ = m =
=
=
2
d cos ϕ m d 1 − sin 2 ϕ
δλ
d 1 − (mλ / d )
m
10.2. Dϕ =
m
d 1 − (mλ / d )
2
≈ 4,1 ⋅ 10 − 4 рад/нм .
m max n
10.3. Dϕ =
d 
≈ 3,4 ⋅ 10 −3 нм −1 , где m max =   = 3 .
2
λ
1 − (m max λn )
10.4. D х =
fnm
≈ fn = 0,2 мм/нм .
cos ϕ m
10.5. δx ≈ fn(λ 2 − λ 1 ) = 0,12 мм .
10.6. Dϕ =
tgϕ
≈ 1,15 ⋅ 10 −3 рад/нм ≈ 4 угл. мин/нм .
λ
10.7. δϕ 3 = Dϕ ⋅
λ
3λ
=
≈ 2,5 ⋅ 10 − 4 рад .
N Nd 1 − (3λ / d )2
Решение. Под угловой шириной дифракционного максимума
284
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
∆ϕ m m-го порядка понимают угловое расстояние между главным
дифракционным максимумом и ближайшими к нему дифракционными минимумами, определяемыми из условий:
d sin ϕ m,max = ± mλ , m = 0, 1, 2... .
1

d sin ϕ m,min =  m ±  λ , m = 0, 1, 2... ..
N

Так как ϕ m ,min = ϕ m,min + ∆ϕ m , то
1

d sin ϕ m,min ≈ d (sin ϕ max ± cos ϕ max ⋅ ∆ϕ m ) =  m ±  λ ,
N

откуда
∆ϕ m =
10.8. Dϕ (θ) =
λ
λ
= Dϕ .
Nd cos ϕ m
N
m
d 1 − (sin θ + mλ / d )
2
.
Решение. Угловое положение ϕ m главных дифракционных
максимумов при наклонном падении света на решетку находится из
условия (см. задачу 9.25):
d (sin ϕ m − sin θ) = mλ .
Возьмем полный дифференциал от обеих частей уравнения
по переменным ϕ m и λ при постоянных d и m:
d ⋅ δ(sin ϕ m − sin θ) = m ⋅ δλ ,
откуда находим выражение для угловой дисперсии:
δϕ
m
, где
Dϕ = m =
δλ
d cos ϕ m
2
cos ϕ m = 1 − sin 2 ϕ m = 1 − (sin θ + mλ / d ) .
Окончательно получаем:
m
.
Dϕ (θ) =
2
d 1 − (sin θ + mλ / d )
285
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
10.9. δx =
f (λ 2 − λ 1 )
d 1 − (sin θ + λ / d )
2
≈ 1,4 мм .
10.10. R =
L
⋅ m : а) R = 20000; б) R = 60000.
λ
10.11. d =
L (λ 2 − λ 1 )
= 2,2 ⋅ 10 − 2 мм .
λ ср
10.12. δλ =
λd
= 0,24Å.
2L
10.13. Rmax =
L
= 10 5 .
λ
Указание. Разрешающая сила достигает максимального знаd 
чения при максимальном порядке спектра m max =   .
λ
10.14. а) Не будут; б) будут.
10.15.
m 2 = m1 ⋅
λ 2ср ∆λ 1
⋅
=6,
∆λ 2 λ 1ср
где
∆λ 1 = λ 12 − λ 11 ,
∆λ 2 = λ 22 − λ 21 , λiср – средние значения двух близких длин волн.
10.16. R =
nλ
d 2 − (mλ ) ⋅ δϕ
2
=
1
.
δϕ
Решение. Условия максимума и ближайшего к нему минимума имеют вид:
λ
d sin ϕ = mλ ; d sin (ϕ + δϕ) = mλ + ,
N
λ
откуда d cos ϕ ⋅ δϕ = .
N
Число штрихов решетки равно:
286
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
λ
λ
λ
.
=
=
2
d cos ϕ ⋅ δϕ d 1 − sin 2 ϕ ⋅ γϕ
d 2 − (mλ ) ⋅ δϕ
Разрешающая способность решетки в n-м порядке равна:
nλ
.
R = nN =
2
2
d − (mλ ) ⋅ δϕ
Подставляя m = 3, n = 4, d = 5λ , получаем:
4λ
4λ
1
.
R=
=
=
2
2
25λ − 9λ ⋅ δϕ 4λ ⋅ δϕ δϕ
N=
λ
d 
10.17. m max =   = 3 ; δλ =
≈ 0,04Å.
m max N
λ 
10.18. m =
λ ср
> 2 , т.е. линии будут разрешены, начиN (λ 2 − λ 1 )
ная с 3-го порядка; ϕ 3 = arcsin (3λ 2 / d ) ≈ 16° .
10.19. 1) m =
λ
> 3 , т.е. линии будут разрешены, начиная с
δλLn
4-го порядка; 2) δλ =
λ2
≈ 0,07 Å.
L
10.20. Максимальную разрешающую способность R1=50000
обеспечивает первая решетка.
Решение. Разрешающая способность решетки R = mN ,
где общее число штрихов N равно:
L
N = = Ln .
d
Максимально возможный порядок дифракции определяется
из условия дифракционных максимумов:
d sin ϕ m,max = mλ , ( m = 0,1,2... ),
откуда
m=
d sin ϕ m,max
λ
=
sin ϕ max
.
λ⋅n
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
287
В результате получаем:
sin ϕ max
L
R = mN =
⋅ Ln = sin ϕ max ⋅ ,
λ⋅n
λ
т.е. разрешающая способность пропорциональна ширине решетки
L и не зависит от числа n.
π
По условию ϕ max ≈ 15  = ≈ sin ϕ max . Подставляя численные
12
значения, получаем:
 sin ϕ max 
1) m1 = 
 = 5 ; N 1 = L1 ⋅ n1 = 10000 ; R1 = m1N1 = 50000.
 λn1 
 sin ϕ max 
2) m 2 = 
 = 1 ; N 2 = L2 ⋅ n 2 = 20000 ; R2 = 20000 < R1.
 λn 2 
10.21. Разрешающая способность не изменится, область свободной дисперсии уменьшится в 2 раза.
10.22. Rmax ≈
L
= 100 .
D
Решение. Радиус пространственной когерентности в плоскости решетки равен:
λL
.
rког =
D
r
Эффективно работающее число щелей при этом N эфф ≈ ког ,
d
где d – период решетки. Максимальная разрешающая способность
решетки
λ
d
Rmax =
= m max N эфф , где m max ≈ .
δλ
λ
Окончательно получаем:
d λL L
Rmax = ⋅
= = 100 .
λ Dd D
10.23. ψ ≤
λ 2 − λ1
= 4 ⋅ 10 − 4 рад .
λ1
Указание. См. задачу 10.22.
288
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
10.24. Dmin =
1,22 λ
⋅
≈ 1,5 см .
n δλ
Решение. При дифракции на круглом отверстии (в данном
случае на линзе) угловая дифракционная расходимость определяется радиусом центрального дифракционного максимума и равна:
1,22 ⋅ λ
.
θ диф. ≈
D
При этом радиус пространственной когерентности составляλ
ет: rког =
, а эффективно работающее число щелей (см. задачу
θ диф
10.22) равно
r
λD
Dn
.
N эфф ≈ ког =
=
d
d ⋅ 1,22λ 1,22
Спектр разрешается в первом порядке (m = 1), поэтому требуется разрешающая способность
λ
Dn
,
R=
= mN эфф =
1,22
δλ
откуда определяем минимальный допустимый диаметр линзы:
1,22 λ
Dmin =
⋅
≈ 1,5 см .
n δλ
10.25. ∆ϕ =
2 sin(θ / 2)
dn
⋅ ∆λ ≈ 0,53′ .
1 − n 2 sin 2 (θ / 2) dλ
⋅
Решение. При установке призмы под углом наименьшего отклонения угол отклонения φ0 луча связан с показателем преломления соотношением (см. задачу 1.33):
ϕ +θ
θ
sin 0
= n ⋅ sin .
2
2
Дифференцируя это уравнение по φ, находим:
θ + ϕ0
cos
dn 1
2 .
= ⋅
dϕ 2 sin(θ / 2)
Определим угловую дисперсию призмы:
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
289
dϕ dϕ dn 2 sin(θ / 2) dn
.
=
⋅
=
⋅
θ + ϕ 0 dλ
dλ dn dλ
cos
2
Выражая угол наименьшего отклонения луча φ0 через угол
падения i луча на призму, получаем (см. задачу 1.33):
θ + ϕ0
= cos i = 1 − sin 2 i = 1 − n 2 sin 2 (θ / 2) ,
cos
2
и окончательно находим:
2 sin(θ / 2)
dn
.
⋅
Dϕ =
1 − n 2 sin 2 (θ / 2) dλ
Dϕ =
Угол ∆φ, на который будут разведены лучи, равен:
2 sin(θ / 2)
dn
∆ϕ = Dϕ ∆λ =
⋅
⋅ ∆λ ≈ 1,55 ⋅ 10 − 4 рад = 0,53′ .
2
2
d
λ
1 − n sin (θ / 2)
10.26. R =
λ
dn
=b⋅
.
δλ
dλ
Решение. Согласно критерию
С
D
Рэлея для разрешения двух линий
Е
Э
максимум линии с длиной волны λ
должен совпадать с первым мини- S
мумом линии с (λ+δλ). Запишем эти
А b В
условия для угла наименьшего отРис. О.10.26.
клонения через оптические разности хода двух крайних лучей (рис. О.10.26) (AD и ВЕ – фронт волны до призмы и после неё).
Условие максимума нулевого порядка для длины волны λ
(показатель преломления для неё n):
bn − (DC + CE) = 0 ,
условие ближайшего к этому максимуму минимума для длины волны (λ+δλ) (для неё показатель преломления n+δn):
b(n + δn) − (DC + CE) = λ + δλ .
Приравнивая эти разности хода и считая δλ << λ, получаем:
λ
dn
.
=b⋅
bδn ≈ λ , откуда R =
δλ
dλ
290
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
10.27. b =
λ ср
( λ 2 − λ 1 ) ⋅ ( dn / d λ )
≈ 1 см .
Указание. См. задачу 10.26.
10.28. b ≈ 20 см .
10.29. Rmax реш =
Rmax реш
2
2b
=
≈ 33 .
≈ 3,3 ⋅ 10 5 ,
Rпризмы λ ⋅ dn / dλ
λ
Решение. Максимально возможный порядок спектра получается при наклонном падении света на дифракционную решетку и
равен (см. задачу 9.28):
 2d 
m max =   .
λ 
Максимальная разрешающая способность решетки
2d b 2b
Rmax реш = m max N =
⋅ =
≈ 3,3 ⋅ 10 5 .
λ d λ
dn
Разрешающая способность призмы Rпризмы = b ⋅
, а отноdλ
шение разрешающих способностей решетки и призмы составляет:
Rmax реш
2
=
≈ 33 .
Rпризмы λ ⋅ dn / dλ
10.30. ∆x <
2λf
= 2,5 мкм .
b
Решение. Оценим угловую ширину максимума, соответствующую теоретической разрешающей способности призмы
λ
dn
:
R=
=b⋅
δλ
dλ
λ
,
δϕ = Dϕ δλ = Dϕ ⋅
b ⋅ (dn / dλ)
где Dφ – угловая дисперсия призмы, равная (см. задачу 10.25):
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
Dϕ =
2 sin(θ / 2)
291
dn
.
1 − n 2 sin 2 (θ / 2) dλ
Таким образом, δϕ =
2λ sin(θ / 2)
⋅
≈
2λ
.
b
b 1 − n 2 sin 2 (θ / 2)
Конечная ширина коллиматорной щели приводит к тому, что
световой пучок, выходящий из коллиматора, имеет угловую расходимость ∆α = ∆x / f , что приводит к смещению положения максимума в пределах этого угла. Для реализации теоретической разрешающей способности призмы должно быть
∆x 2λ
,
∆α < δϕ , т.е.
<
f
b
2λf
откуда находим:
∆x <
= 2,5 мкм .
b
 2h 
10.31. 2h ⋅ cos θ m = mλ , m = 1, 2..., m max =   ;
λ
(1 − ρ) 2
Imax = I0, I min = I 0 ⋅
.
(1 + ρ) 2
Решение. Согласно формуле Эйри интенсивность монохроматического излучения, прошедшего через интерферометр Фабри–
Перо (ИФП), равна:
I0
.
I=
4ρ
2 δ
sin
⋅
1+
2
(1 − ρ)2
где δ – разность фаз между соседними лучами:
2π
4π ⋅ h
δ = k∆ =
⋅ 2hcosθ =
cosθ ,
λ
λ
где θ – угол падения света на зеркала ИФП.
Интенсивность максимальна и равна I0, если sin( δ 2) =
0 , т.е.
( 2πh λ ) cosθ= mπ .
Отсюда получаем условие для направлений θm на интерференционные максимумы:
292
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
 2h 
2h ⋅ cos θ m = mλ , m = 1, 2..., m max =   .
λ
2
При выполнении условия sin (δ / 2) = 1 значение интенсивности минимально и равно
(1 − ρ) 2
.
I min = I 0 ⋅
(1 + ρ) 2
 2d 
10.32. m =   ≈ 36360 .
λ 
10.33. λ 0 m = 2h / m , θ m = 2(λ 0 m − λ ) .
Решение. 1) Из условия максимума интенсивности для θm = 0
получаем: 2h = mλ , откуда λ 0 m = 2h / m .
2) Для λ < λ0m 2h ⋅ cos θ m = mλ . С учетом малости θm можно
записать:
 θ2 
 θ2 
2h ⋅ cos θ m = 2h 1 − m  = mλ 0 m 1 − m  = mλ ,
2 
2 


откуда θ m = 2(λ 0 m − λ ) .
10.34. m max =
2d
λ
λ2
≈ 10 5 ; Δ λ =
=
≈ 10 −3 нм .
λ
m max 2d


10.35. θ10 = arccos 1 −
(n − 1)λ 
 ≈ 1°12′ , где n = 10.
2h 
Указание. Расположенное в центре светлое кольцо (или светлое пятно) соответствует максимальному порядку интерференции
 2h 
m max =   = 40000 . Другие кольца соответствуют меньшим поλ
рядкам: ( m max − 1 ) – для второго кольца, ( m max − 2 ) – для третьего и
т.д. Угловой радиус θn n -го светлого кольца находим по формуле
− n + 1)λ 
 (m
 (n − 1)λ 
θ n = arccos  max
 = arccos 1 −
.
2h
2h 



§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
10.36. δθ m =
λ (1 − ρ)
2πh ρ sin θ m
293
.
Решение. Под шириной колец подразумевают ширину области между находящимися по разные стороны от максимума точками, в которых интенсивность уменьшается в два раза. Из формулы
Эйри следует, что для границ этой области справедливо соотношение:
4ρ
δ
sin 2 = 1 .
2
2
(1 − ρ)
Записав выражение для разности фаз δ в этих точках в виде:
ε
ε
δ = δm ± = 2πm ± ,
2
2
получим соотношение для дополнительной разности фаз ε :
δ ± ε/ 2 1− ρ
 ε  1− ρ
, sin  ±  =
.
=
sin m
2
2 ρ
 4
2 ρ
2(1 − ρ)
ε
1− ρ
 ε
, откуда ε =
.
Если ρ ≈ 1 , sin  ±  ≈ ±
=
4
ρ
 4
2 ρ
Продифференцируем выражение для разности фаз δ:
4πh
dδ =
sin θ m dθ m .
λ
Приравняв угловую ширину кольца δθm и ε, находим:
λ (1 − ρ)
ελ
.
δθ m =
=
4πh sin θ m 2πh ρ sin θ m
Как видно из полученной формулы, с ростом θm ширина колец уменьшается.
10.37. δθ10 =
λ(1 − ρ)
2πh ρ sin θ m
≈ 2,8 ⋅ 10 −5 рад ≈ 6′′ ,
где m = m max − 9 = 2h / λ − 9 .
10.38. r5 ≈ f
(n − 1)λ
≈ 4,5 мм , где n – номер кольца.
h
294
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Указание. При условии λ << h радиус rn n -го кольца равен:
rn = f tgθ n = f
10.35).
10.39.
(n − 1) λ
1
− 1 , где cos θ n = 1 −
(см. задачу
2
2h
cos θ n
dn n
λ
.
= −
dλ λ 2h∆λ
10.40. T2 =
A
= 354 K , где А = 0,08497.
n1 1 − θ12 / 2 − 1
(
)
Решение. Условие максимума в интерферометре Фабри-Перо
имеет вид:
2hn cos θ m = mλ .
Для выбранного кольца m = const, поэтому при изменении
температуры получаем:
 θ2 
n1 cos θ1 = n 2 cos θ 2 или n1 1 − 1  = n 2 (θ2 = 0).
2 

µp 1
Поскольку давление р = const, плотность воздуха ρ =
~
RT T
и по условию задачи (n − 1) ~ ρ , следовательно, n − 1 = A / T , где
постоянную А находим по значению разности (n−1) при T1 = 293 К:
А = 0,08497.
В итоге получаем:
 θ2 
A
A
, откуда T2 =
n1 1 − 1  = n 2 = 1 +
= 354 K .
2
2
T
n
1
−
θ
/
2
−
1
2
1
1


(
10.41. n з =
)
λз
= 5.
λк − λз
Решение. Условие совпадения колец, отвечающих разным
длинам волн, запишется в виде:
∆ 1 = m з λ з = mк λ к ,
где mк и mз – порядки интерференции для этих длин волн. Для второго совпадения колец получаем:
∆ 2 = (m з − n з − 1) λ з = (mк − nк − 1) λ к ,
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
295
где nк и nз – подсчитанные значения красных и зеленых колец
между совпадениями. Отсюда
(n з + 1) λ з = (nк + 1) λ к
Так как λз < λк, то зеленые кольца располагаются ближе друг
к другу, чем красные, поэтому nз > nк. Для второго совпадения
nз − nк = 1 .
В итоге находим:
λз
nз =
= 5.
λк − λз
10.42. Dθ =
λ2
m
1
; ∆λ =
.
≈
2h
2h sin θ m λθ m
Решение. Запишем условие образования интерференционных
максимумов:
2h cos θ m = mλ .
Возьмем дифференциал от обеих частей этого уравнения по
переменным θ m и λ:
− 2h sin θ m dθ m = mdλ ,
откуда находим угловую дисперсию Dφ:
m cos θ m
dθ m
m
1
1
.
Dθ =
=
=
=
≈
dλ
2h sin θ m 2h cos θ m sin θ m λtgθ m λθ m
Для нахождения области свободной дисперсии запишем
условие наложения максимума m-го порядка для длины волны
(λ+∆λ) на максимум (m+1)-го порядка для длины волны λ:
m(λ + ∆λ ) = (m + 1)λ ,
∆λ =
откуда
10.43. Dθ =
10.44. R =
λ
λ
λ2
.
≈
=
m mmax 2h
f
.
λ⋅r
2h π ρ
λ2
≈ 1,2 ⋅ 10 5 ; ∆λ =
⋅
= 1,25 ⋅ 10 − 2 нм .
λ 1− ρ
2h
296
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
10.45. δλ =
λ2 (1 − ρ)
2πh ρ
≈ 3 ⋅ 10 −3 нм .
10.46. Да.
λ2
= 0,6 мм .
2∆λ
πδλ
10.48. ρ min = 1 −
= 0,984 .
∆λ
10.47. hmax =
Решение. Область свободной дисперсии интерферометра
λ2
Фабри-Перо ∆λ =
. Чтобы не происходило наложение максиму2h
мов разных длин волн из исследуемого диапазона, база интерферометра не должна превышать значения
λ2
.
hmax =
2∆λ
Максимальная разрешающая способность интерферометра
должна быть (поскольку ρ ≈ 1 принимаем ρ ≈ 1 ):
Rmax =
откуда
λ 2hmax π ρ
λ
π
,
=
⋅
≈
⋅
δλ
λ
1 − ρ ∆λ 1 − ρ
πδλ
= 0,984 .
ρ min = 1 −
∆λ
10.49. Второй интерферометр не подходит из-за малой области свободной дисперсии; максимальную разрешающую способность Rmax ≈ 477000 обеспечит третий интерферометр.
10.50. N =
L n2 −1
= 17 .
2d
В
θ
А
θ
С
ε
Рис. О.10.50.
d
D
Решение. Расстояние АD
между точками выхода из пластинки соседних лучей (рис. О.10.50)
равно
AD = 2d ⋅ tg θ .
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
297
Полагая, что лучи выходят под малым углом ε к поверхности пластинки, можем считать θ приближенно равным предельному
углу полного внутреннего отражения:
sin θ ≈ 1 / n ,
где n − показатель преломления пластинки.
Число интерферирующих лучей приблизительно равно:
N≈
L
L
1 − sin 2 θ L n 2 − 1
=
⋅
=
= 17 .
AD 2d
sin θ
2d
10.51. m min =
2dn
2d n 2 − 1
≈ 62400 .
≈ 47200 , m max =
λ
λ
Указание. Условие интерференционных максимумов для пластинки Люммера-Герке имеет вид: 2dn cos θ m = mλ .
10.52. Δ ε ≈
λ n2 −1
≈ 8,65 ⋅ 10 −3 рад = 5′22′′ .
2dε
Решение. Перепишем условие максимумов для пластинки
Люммера-Герке
2dn cos θ m = mλ
с учетом закона преломления (см. рис. О.10.50)
1
π
 1
sin θ = sin  − ε  = cos ε .
n
2
 n
В итоге получим: 2d n 2 − cos 2 ε = mλ .
Возьмем полный дифференциал от полученного выражения
по ε и m, считая λ = const (зависимостью n(λ) пренебрежем):
d ⋅ 2 cos ε sin ε
⋅ dε = λdm ,
n 2 − cos 2 ε
Для соседних максимумов ∆m = 1, и угол между направлениями на соседние максимумы равен (т.к. угол ε мал, считаем sin ε ≈ ε
и cos ε ≈ 1 ):
Δε =
λ n 2 − cos 2 ε λ n 2 − 1
≈
≈ 8,65 ⋅ 10 −3 рад = 5′22′′ .
2d cos ε sin ε
2dε
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
298
10.53. Dε =
dε n 2 − 1
.
≈
λε
dλ
Указание. Воспользоваться условием максимумов для угла ε
2d n 2 − cos 2 ε = mλ (см. задачу 10.52).
10.54. Δ λ ≈
λ2
2d n 2 − 1
= 0,010 нм .
Решение. Область свободной дисперсии находится из условия, что максимум (m+1)-го порядка для длины волны λ совпадает
с максимумом m-го порядка для длины волны (λ+∆λ). Учитывая,
что угловое расстояние между соседними максимумами равно (см.
задачу 10.52):
λ n2 −1
,
2dε
∆ε
, где угловая дисперсия Dε
рассчитываем ∆λ по формуле: ∆λ =
Dε
равна (см. задачу 10.53):
dε n 2 − 1
.
≈
Dε =
λε
dλ
В итоге получаем:
Δε ≈
Δλ ≈
λ n 2 − 1 λε
λ2
λ
⋅ 2
≈
=
,
2dε
n − 1 2d n 2 − 1 m max
2d n 2 − 1
− максимальный порядок интерференции,
λ
который получается в центре картины.
Подставляя численные данные, находим: Δ λ ≈ 0,010 нм .
где m max =
10.55. R =
L(n 2 − 1)
= 8,45 ⋅ 10 5 .
λ
Решение. Угловая ширина максимума δε, получающегося при
интерференции N лучей примерно равной интенсивности, в N раз
меньше углового расстояния ∆ε между соседними максимумами:
δε ≈ ∆ε / N .
§10. Спектральные приборы. Многоволновая интерференция
299
Согласно критерию Рэлея можно разрешить две близкие
линии, отличающиеся по длине волны на δλ, если угловое расстояние между максимумами длин волн λ1 и λ2 не меньше угловой шиδε
, Dε – угловая дисперсия пластинки. Слерины максимума δλ =
Dε
довательно, разрешающая способность равна:
λ
λ
λ
R=
= Dε =
NDε .
δλ δε
∆ε
λ n2 −1
dε n 2 − 1
и Dε =
(см задачи
≈
2dε
λε
dλ
10.52 и 10.53), получаем:
Подставляя Δ ε ≈
n2 −1
2d n 2 − 1
N=
N.
λ
λ n 2 − 1 λε
Число интерферирующих лучей в пластинке Люммера–Герке
равно (см. задачу 10.50):
R=
λ ⋅ 2dε
⋅
L n2 −1
.
2d
В итоге окончательно получаем:
L(n 2 − 1)
R=
= 8,45 ⋅ 10 5 .
λ
N=
10.56. Lmin =
λ2
≈ 2,5 см .
δλ(n 2 − 1)
10.57. Сможет.
10.58. а) R не изменится, ∆λ уменьшится в 2 раза; б) R увеличится в 2 раза, ∆λ не изменится.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
300
§11. Дисперсия света
11.1. u 
d
.
dk
Решение. При сложении волн напряженность E равна:
E  E1  E 2  E 0 cos(t  kx)  E 0 cos(t  k ) 
 (  )t (k   k ) x 
 (  )t (k   k ) x 
 2 E 0 cos 

 cos 


.
2
2
2
2




Так как    и k   k , можно считать
k  k
  
    d , k   k  dk ,
k,
.
2
2
dk 
 d
Тогда
E  2 E 0 cos 
t
x   cos (t  kx) .
2 
 2
Первый сомножитель представляет собой медленно меняющуюся амплитуду огибающей волнового пакета, которая достигает
максимальных значений при условии:
d
dk
t
x  m  ( m  0,  1,  2, ... ).
2
2
Скорость перемещения максимальной амплитуды (т.е. скорость перемещения огибающей) равна:
dx d
.

u
dt dk
Величина u называется групповой скоростью.
 dn 
dυ

; б) u  υ 1  
.
d
n d 

Решение. а) По определению фазовой скорости υ   / k , где
k  2 /  .
Следовательно,   kυ . Тогда
d
dυ
dυ
υ
k υ
 ,
u
dk
dk
d
dk
d
dk
2
k
т.к.

.
  2   , или
k

d


c
б) Подставляя в полученную формулу Рэлея n  , находим:
υ
11.2. а) u  υ  
§11. Дисперсия света
301
 dn 

u  υ 1    .
n d 

11.3. u  1    υ .
Решение. В соответствии с формулой Рэлея:
dυ
u υ
 1    υ .
dλ
11.4. а) u  υ ; б) u  υ / 2 ; в) u  3υ / 2 ; г) u  2υ ; д) u  c 2 / υ .
Решение. д) По формуле Рэлея
dυ
b2
c2
c2
u υ
 c 2  b 2 2   


.
d
υ
c 2  b 2 2
c 2  b 2 2
11.5.
c

u
11.6. u 
11.7. u 
n
 1,76 .
 dn
1 
n d
c2 (a2  b)
.
(a2  b) 2
υ
.
 dn
1 
n d
Решение. В соответствии с определением фазовой скорости

c
υ 
.
k n()
Возьмем полный дифференциал от обеих частей соотношения ck  n() :
cdk  d  n()    dn() ;
1 dk 1 
dn 

 n  
,
u d c 
d 
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
302
с
u
откуда
n  
dn
d

υ
.
 dn
1 
n d
11.8. u  c 2 / υ .
Решение. По условию  2 n 2   2  02 . Т.к. по определению
с 
υ   , то n  ck , тогда c 2 k 2   2  02 .
n k
Берем дифференциал от обеих частей:
c 2  2kdk  2d ; c 2 
11.9. υ ~
с2
 d

 u υ → u 
.
υ
k dk
1
2
Указание. Использовать определение групповой и фазовой

d
, υ .
скоростей: u 
dk
k
11.10. u  υ .
Решение. По определению υ 
u

 ak 1 , тогда
k
d
 ak 1  υ .
dk
11.11. (k )  const  k 1 / 4 .
Указание. См задачу 11.9.
11.12. u 
υ2
.
υ  (dυ/d)
Решение. Поскольку k 
повой скорости в виде:

, перепишем выражение для групυ
§11. Дисперсия света
u
303
d d dυ
1
1




.
dk dυ dk dυ/d dk / dυ
Подставляя производную
dk υ(d/dυ)  

dυ
υ2
в выражение для групповой скорости, получаем:
υ2
u
.
υ  (dυ/d)
11.13. u  υ / 3 .
11.14. u  c 2 / υ .
Указание. См. задачи 11.8 и 11.12.
11.15.   1 
A
, где А = const.
2
Решение. Запишем дисперсионное уравнение с 2 k 2  ω 2 и
возьмем производную по  от обеих частей:
dk d
 ω 2    2 или
с 2  2k 

d d
k dk d 
 .
с2  

 d d 2
С учетом условия задачи υu  c 2 левая часть полученного
соотношения равна:
k dk
c2
с2  

 1,
 d υ  u
откуда получаем дифференциальное уравнение:
d 
   1.
d 2
Разделяем переменные и интегрируем:
d
2d
, → ln(  1)  2 ln   ln A ,


 1
где А = const. Потенцируя полученное выражение, находим:


ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
304
A
, где А – любая константа.
2
Заметим, что константа А может быть как положительной,
так и отрицательной. Например, в задаче 11.8   n 2  1  02 /  2 ,
  1 
откуда A   02  0 , а в задаче 11.14
с
с
2

; n  1   2 / 2 ;   1  2 ,
n

1   2 / 2
откуда A   2  0 .
υ
11.16. u  3υ / 2 .
Решение. Так как  
υ
2
, то для фазовой скорости получаем:
k

a
bk2
,



k   2
 2  bk 3 .
откуда
Взяв дифференциал, находим:
2d  3bk 2 dk ; →
11.17. а) υ 
u
d 3 bk 2 3υ
 
 .
dk 2 
2
g
g
1
h
h
, u 
; б) υ 
, u
.
2
2 2
2 m
m
11.18. υ   / k  k , u 
  3k 2
2 k   k 3
.
11.19. υ  V / 2 , u  V .
Решение. Кинетическая энергия частицы равна
mV 2 p 2

.
2
2m
Поскольку частота и волновое число волны де Бройля связаны с энергией и импульсом частицы соотношениями
E   , p  k ,
E
§11. Дисперсия света
305
для фазовой и групповой скоростей получаем:
p V
 E
d dE p
υ  
 , u

 V .
k p 2m 2
dk dp m
11.20. υ 2 
 dn 
с
с 
  1,7  10 8 м/с .
 1,83  10 8 м/с , u 2 
 1  2 
n2
n2 
n 2 d 
Решение. Фазовая скорость для волны с длиной λ = λ2 равна:
υ 2  с / n 2  1,83  10 8 м/с .
Чтобы воспользоваться формулой для групповой скорости
с 
 dn 
u   1  
 , надо найти производную dn/dλ в данной точке.
n 
n d 
Для построения графика n(λ) трех точек недостаточно, поэтому задача может быть решена только приближенно. Если выполняется
соотношение:
n 2  n1 n3  n 2

,
 2  1  3   2
функцию n(λ) в диапазоне от от λ1 до λ3 можно считать близкой к
линейной, тогда для λ = λ2 производная dn/dλ равна среднему из
двух отношений.
Рассчитаем отношения:
n  n2
n 2  n1
 2,80  10 6 нм 1 , 3
 2,50  10 6 нм 1 .
 2  1
3  2
Расхождение значений составляет ~11%, поэтому можно
dn
взять среднее значение:
 2,65  10 6 нм 1 . Знак "минус" покаd
зывает, что с ростом λ показатель преломления уменьшается (область нормальной дисперсии).
Подставляя найденное значение dn/dλ, λ2 и n2 в формулу для
групповой скорости, находим групповую скорость волнового пакета, содержащего волны с длинами от λ2 до λ2+∆λ, где ∆λ << λ2:
 dn 
с 
u2 
 1  2    1,7  10 8 м/с .
n2 
n 2 d 
2
11.21. n  1 
Ne 2 /( 0 m)
     2i .
2
0
2
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
306
Решение. Будем считать, что поведение связанных электронов
в атомах и молекулах подчиняется законам Ньютона. При отклонении от положения равновесия на них действует квазиупругая возвращающая сила Fупр  kr , где r – радиус-вектор смещения электрона от положения равновесия.
В процессе колебаний электрон излучает электромагнитные
волны, которые уносят энергию. Имеются и другие причины потерь
энергии электроном, движущимся в атоме. Эти потери энергии
можно учесть, введя "силу трения" Fтр   Гr .
В поле электромагнитной волны на электрон также действует
сила Лоренца FЛ  eE  e υB  , где е – заряд электрона. Если скорость электрона много меньше скорости света, действием магнитного поля на электрон можно пренебречь. Тогда уравнение движения электрона запишется в виде:
mr  eE  Гr  kr .
Применяя для плоской монохроматической волны комплексную форму записи E  E 0 e it , перепишем уравнение движения
электрона в виде:
e
r  2r   02 r  E 0 e it ,
m
2
где   Г /( 2m) ,  0  k / m .
Решение уравнения будем искать в виде: r  r0 e  it , где r0 –
амплитуда смещения электрона. Подставляя r в уравнение движения, находим:
(e / m ) E 0
r0 
.
2
 02   2  2i
В результате действия внешнего электрического поля у атома
возникает дипольный момент p  er   0 () E , где α(ω) − комплексная поляризуемость атома, а поляризация среды характеризуется вектором
N (e 2 / m )
P  Np 
E   0 () E ,
2
 02   2  2i
где N – число атомов (молекул) в единице объема, χ(ω) − диэлектрическая восприимчивость среды.
При этом диэлектрическая проницаемость ε равна:




§11. Дисперсия света
307
 1  1
Ne 2 /( 0 m)
     2i .
2
0
2
Поскольку n   , для показателя преломления получаем:
2
n 1
Ne 2 /( 0 m)
     2i .
2
0
2
Оценки показывают, что в случае разреженных сред (газах)
второе слагаемое в выражении для n2 много меньше единицы, поэтому
Ne 2 /( 0 m)
1
2
.
n  n 1  2
2  0   2  2i

11.22. n 2  1 

e2 N
.
 0 m 2
Решение. Действительная часть комплексной диэлектрической проницаемости ε = n2 имеет вид (см. задачу 11.21):
Ne 2 /( 0 m)  ( 02   2 )
n2 1 
.
2
 02   2  4 2  2
Для высокочастотных колебаний ω >> ω0, поэтому можно
пренебречь членами с  02 и ω2 по сравнению с членами, содержащими ω4. В итоге получаем:
 2p
e2 N
e2 N
n2 1 




1
,
где
−
p
0m
 0 m 2
2
так называемая "плазменная" частота.

11.23. 1  n 

e 2 N2
 6,5  10 7 .
8 2 с 2  0 m
Замечание. Полученное значение n  1 , значит, алюминий
практически прозрачен для рентгеновских лучей.
В то же время, n < 1, т.е. для рентгеновских лучей металл является оптически менее плотным, чем воздух, следовательно, при
определенных углах падения лучей может наблюдаться явление
полного внутреннего отражения.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
308
2
11.24. N 1 
2
N 4   0 m Ag

 0,4 , где N – концентрация
n
e2 N A
свободных электронов, n 
N A
– концентрация атомов Ag в плен Ag
ке, NА – число Авогадро.
11.25. υ  u  c 2 .
Решение. Для ионосферной плазмы 0 = 0 и    . Пренебрегая затуханием, положим  = 0. Тогда из формулы для ε(ω) (см.
задачу 11.21) получим:
 2p
e2 N
  1  2 , где  p 
.
0m



ω


 , получим
υ c/n c
закон дисперсии в случае ионосферы в виде:
2
2
2
 2   p   2  p
2
k  2   2  1 2  2  2 .
c
c    c
c
Взяв дифференциал от обеих частей, находим:
 d
2d
2kdk 
→ c2  
, т.е. υ  u  c 2 .
2
k dk
c
Так как υ  c / n  c , то групповая скорость u  cn  c .
Учитывая, что волновое число k 
11.26. Радиоволны с частотами    p 
будут
проходить
через
ионосферу,
а
с
e2 N
 1,8  10 7 с 1
0m
частотами
  p
6
(   10 Гц ) будут отражаться.
Решение. В случае ионосферы зависимость диэлектрической
проницаемости от частоты волны имеет вид (см. задачу 11.25):
 2p
e2 N
.
  1  2 , где  p 
0m

Если частота волны   p , то значение  лежит в пределах
от нуля до единицы, показатель преломления n вещественный и
§11. Дисперсия света
309
лежит в тех же пределах, фазовая скорость υ  с / n больше скорости света с. В этом случае ионосфера прозрачна для радиоволн.
Если   p , то диэлектрическая проницаемость  < 0, а показатель преломления  чисто мнимый. Волны в такой среде быстро затухают, но это не связано с поглощением, поскольку    . В
этом случае имеет место полное внутреннее отражение радиоволн
от ионосферы.
Проведем численную оценку:
e2 N
 1,8  10 7 с 1 .
0m
p 
Следовательно, радиоволны с частотами   10 6 Гц будут отражаться ионосферой.
с
 3,2  10 8 м/с ; u  cn  2,9  10 8 м/с ;
n
8 2  0 m(1  n) 2
N
 1013 м 3 .
e2
11.27. υ 
Указание. Воспользоваться формулой для показателя преломления при ω0 = δ =0 (см. задачу 11.21):
1 Ne 2 /( 0 m)
,
n 1 
2
2
а также см. задачу 11.25.
11.28. N 
4 2  0 m 2
e2
 2  1012 м 3 .
11.29. а) Да; б) нет; в) нет.
Указание. Чтобы радиоволна могла достигнуть Земли, её
длина волны должна быть
c
11.30. υ 
 0 m  4 2
e2 N

3,3  10 7
Ne 2
c
 c2  2
2 .
n
4  0 m
N
 2,3 м .
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
310
2
p

.
11.31. k   1  2
с
0   2
Решение. Положив δ = 0, для диэлектрической проницаемости получаем (см. задачу 11.21):
 2p
e2 N
2
n 1 2


,
где
.
p
0m
0  2
c
c
c

 k , находим закон дисперсии:
υ / k 

 2p 
 2p

2 2
2

.
c k   1 2
→ k   1 2
 0  2 
с
0  2


Подставляя n 
11.32. u  c  1 
11.33. n  1 
2 2


1   p  0  .
2 

 02   2 

 2p

 02   2

p
α  1,00013 .
kT
Указание. Диэлектрическая восприимчивость χ вещества
p
− конравна:   N   , где  – поляризуемость молекулы, N 
kT
центрация молекул (k – постоянная Больцмана). Показатель преломления
n    1  .
11.34. d 
ln  
 13,5 м , где   0,17 .
d  1 
Решение. Представим комплексный показатель преломления
среды (см. задачу 11.21) в виде
Ne 2 /( 0 m)
1
n 1  2
 n   in  , где
2  0   2  2i


§11. Дисперсия света
n  1 
 2p
2

311
 02   2
     4 
2
0
2 2
2
2
, n    2p 

     4 
2
0
2 2
2
2
.
При концентрации свободных электронов N  1012 м 3 плазменная частота ωр равна:
p 
e2 N
 5,67  10 7 с 1 .
0m
Так как частота волны   2  50,3  10 6 с 1 , то диэлектрическая проницаемость плазмы на этой частоте равна
 2p
  1  2  0,272  0 ,

т.е. n   0 , n   ()  0,508 .
В соответствии с законом Бугера-Ламберта-Бера:
I d   I 0 exp   d  , I d d   I 0 exp   d d  ,
2
n   0,17 – коэффициент поглощения.
где  
c
По условию задачи:
ln  
I (d )
   , откуда d 
 13,5 м .
d  1 
I ( d d )
11.35.    3  8 .
11.36. а) На 0,5%; б) на 1,0%; в) на 63%.
11.37.
I0  I
   2

 1  exp   1
 d   0,1  10% .
2
I0


11.38. Уменьшится в еμd = 60 раз.
11.39. d2 = 0,3 мм.
11.40. d  ln 2 /   8 мм .
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
312
11.41. L 
ct 2 12  22
 2
 7  1018 м  700 св. лет .
2
2
p 2  2
Решение. В области прозрачности плазмы групповая скорость
излучения равна (см. задачу 11.24):
u  cn () ,
 2p
р
1
e2 N

.
2 2  0 m

Следовательно, задержка Δt между импульсами составляет:
1
1  L 1
1 
t  t1  t 2  L         ,
 u1 u 2  c  n1 n 2 
а расстояние до пульсара:
ct
.
L
1 / n1  1 / n 2
Так как  1 ,  2   p , то
2
где n  1 
, p 
2

 2p
 2p
1
n 1 2 ,
 1  2 , откуда
n
2
2
2 2
ct 2 
L  2  2 1 22  7  1018 м  700 св. лет .
p 2  2
11.42. 1 
N
0m
e2
n  1
 2min   2max
 2,81  1015 c 1 ;
2
 2p  2,86  10 28 м 3 , где 2p = (3,181015)2 с−2;
 2р
12
 1,51 .
Решение. В соответствии с формулой Лоренца-Лоренца линейная оптическая восприимчивость  твердого тела и электронная
поляризуемость  атома связаны соотношением:
N
   1
,
1  N / 3
§11. Дисперсия света
313
где N  эффективное число оптических электронов в единице объема;
e2
1
.
 
 2
 0 m  0   2  2i
При этом комплексная диэлектрическая проницаемость 
твердых тел равна:
 2р
 1  1 2
,
1   2  2i
где 12   02   2p / 3 ,  p 
e2 N
 "плазменная" частота.
0m
С увеличением частоты действительная часть  диэлектрической проницаемости
 2р 12   2
  1 
2
2
12   2  2
сначала возрастает, достигая максимального значения при частоте
max, потом убывает вблизи линии поглощения до значения  = 0,25
при частоте min и затем снова возрастает (рис. Т11.1).
 
 0 для max и min получаем:
Из условия

 2max  12  21 ,  2min  12  21 ,
откуда определяем:
 2   2max
12  min
.
2
Используя численные данные, находим: 1 = 2,811015 с−1.
Подставляя в выражение для εꞌ значение  = 0,25 при
 = min = 3,601015 с−1 и найденное значение 1, определяем
 m
2p = (3,181015)2 с−2, следовательно, N  02  2p  2,86  10 28 м 3 .
e
В области низких частот (1), вдали от линии поглощения, мнимой частью  можно пренебречь, поэтому
 2р
     1  2 , откуда n    1,51 .
1




ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
314
11.43. Q    
 0 Е 02
.
2
Решение. Рассматривая связанные электроны атомов как ансамбль изотропных гармонических осцилляторов с собственной
частотой о и коэффициентом затухания , находим радиус-вектор
смещения электрона (см. задачу 11.21):
E t 
e
.
r t    2
m  0   2  2i
Переходя от комплексного представления к обычному, запишем закон движения:
eЕ
 2   2 cos t  2   sin t
r t   0  0
2
2
m
 2   2  2  




0
и закон изменения скорости:
eE
 2   2 sint  2   cos t
.
rt     0  0
2
2
m
 2   2  2  




0
Поскольку мгновенное значение мощности "силы трения"
для одного осциллятора равно Q1  2  mr 2 , то для N осцилляторов
в единице объема среднее за период значение Q составляет:
 0 E 02
20
Ne 2
.
Q  N  2  m r 2 t  


2
 0 m  2   2 2  2  2


0
Для рассматриваемой среды комплексная диэлектрическая
проницаемость  представима в виде:
 2p
Ne 2
     i   1  2
,
где


,
p
0m
 0   2  2i  
  
Ne 2
2

.
 0 m  2   2 2  2  2


0
Следовательно, Q    
 0 Е 02
,
2
т.е. диссипация энергии гармонической световой волны в среде с
дисперсией напрямую связана с мнимой частью комплексной диэлектрической проницаемости.
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
315
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
Формулы Френеля
12.1. См. решение.
Решение. 1) Пусть падающая волна поляризована в плоскости
падения. Тогда вектор Н параллелен границе раздела сред. Запишем
граничные условия для нормальных и тангенциальных компонент
векторов Е и D E1  E2  ; D1n  D2 n с учетом того, что D  E :
E10p cos 1  E 00p cos 1  E 20p cos  2 ;


1 E10p sin 1  E 00p sin 1   2 E 20p sin  2 ;
Учитывая закон преломления:
sin 1 n 2
2


, перепишем
sin  2 n1
1
второе уравнение в виде:
E10p  E 00p sin  2  E 20p sin 1 .


Подставляя E 20p
из первого уравнения, получаем:
 E10p  E 00p

 cos 1  , откуда
sin  2  sin 1 
 cos 

2


p
p
Е 00 (sin 1 cos 1  sin  2 cos  2 )  E10 (sin 1 cos 1  sin  2 cos  2 ) .
Применяя формулы тригонометрии
sin 1 cos 1  sin  2 cos  2  sin(1   2 )  cos(1   2 ) ,
определяем:
sin(1   2 ) cos(1   2 )
tg (1   2 )

 E10p 
Е 00p  E10p 
или
cos(1   2 ) sin(1   2 )
tg(1   2 )

E10p  E 00p

rpE = -
tg (1 - 2 )
tg (1 + 2 )
.
Далее находим Е 20p :

E 20p  E10p  E 00p


sin  cos   sin  cos   sin 

 sin
 E 1 

sin 
sin  cos   sin  cos   sin 
2
1
 E10p 
p
10

1
1
2
2
2
1
2
1
2 
1
2 sin  2 cos 1
, откуда
sin(1   2 ) cos(1   2 )
316
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2 cos 1 sin 2
.
sin 1  2  cos1  2 
2). Пусть падающая волна поляризована перпендикулярно
плоскости падения. Запишем граничные условия для тангенциальных компонент векторов Е и Н E1  E2  , Н1  Н 2  , учитывая,
t pE 
что H   E :
s
s
E10s  E 00
 E 20


s
s
1 E10s cos 1  E 00
cos 1   2 E 20
cos  2 .
С учетом закона преломления:
sin 1 n 2
2
перепишем


sin  2 n1
1
второе уравнение в виде:
sin 
sin  cos 
E  E  cos   E  sin
E  E ,
 cos  

sin 
s
10
s
00
1
s
20
1
2
2
1
2
s
10
S
00
2
откуда
s
(sin 1 cos  2  sin  2 cos 1 )  E10s (sin  2 cos 1  sin 1 cos  2 ) .
Е 00
Применяя формулы тригонометрии, находим:
sin(1   2 )
sin 1  2 
s
  E10s 
Е 00
или rsE  
.
sin 1  2 
sin(1   2 )
s
Далее определяем Е 20
:

sin  2 cos 1  sin 1 cos  2 
s
s

E 20
 E10s  E 00
 E10s 1 
sin 1 cos  2  sin  2 cos 1 

2 cos 1 sin  2
2 cos 1 sin 2
или t sE 
.
 E10s 
sin 1  2 
sin(1   2 )
12.2. r pE 
n 2  n1 E
n  n1
2n1
2n1
; tp 
; t sE 
; rsE   2
.
n1  n 2
n1  n 2
n1  n 2
n1  n 2
Решение. При малых углах падения θ1 света на границу раздела сред можно считать sin   tg   , а cos   1 . Закон преломления при этом запишется так:
sin 1 1 n 2


.
sin  2  2 n1
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
317
Тогда формулы Френеля в форме, полученной в задаче
12.1, будут иметь вид:
tg 1   2  1   2 n 2  n1
r pE 


,
tg1   2  1   2 n1  n 2
2 cos 1 sin  2
2 2
2n1
t pE 
;


sin 1   2  cos1   2  1   2 n1  n 2
n  n1
sin 1   2 
  2
rsE  
 2
 1
;
sin 1   2 
n1  n 2
1   2
2 cos 1 sin  2
2 2
2n1
t sE 
.


sin 1   2  1   2 n1  n 2
Разница знаков для r-компонент объясняется выбором положительного направления осей координат (см. рис. Т12.1).
2
 n  n1 
4n1 n 2
 ; T 
.
12.3. R   2
(n1  n 2 ) 2
 n1  n 2 
Решение. Интенсивность отраженной и преломленной волн
вычисляется как сумма интенсивностей компонент, параллельных и
перпендикулярных плоскости падения, которые были рассчитаны в
задаче 12.2. Так как I ~ nE 02 , получаем:



2

2
 n  n1 
 n  n1 
  I пад  2
 ,
  2
 n1  n 2 
 n1  n 2 
4
s2
 n 2 E10p 2  E10s 2 

I прел  n 2 E 20p 2  E 20
(n1  n 2 ) 2
s2
I отр  n1 E 00p 2  E 00
 n1 E10p 2  E10s 2

 I пад 



n2
4n12
4n1 n 2
.

 I пад 
2
n1 (n1  n 2 )
(n1  n 2 ) 2
Коэффициенты отражения и пропускания по интенсивности
равны:
2
I
 n  n1 
4n1 n 2
 , Т  прел 
R
  2
.
I пад  n1  n 2 
I пад
(n1  n 2 ) 2
I отр
Замечание. Коэффициенты отражения и пропускания по
энергии и по интенсивности вычисляются по разным формулам,
318
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
однако при близком к нормальному падении волны на границу раздела сред эти формулы совпадают.
2
4n
 n 1
12.4. R  
: а) R = 0,02, Т = 0,98;
 ,T
(n  1) 2
 n  1
б) R = 0,04, Т = 0,96.
12.5. а) I  (1  R ) 2 I 0  0,9025I 0 ; б) I 
1 R
 I 0  0,9048 I 0 .
1 R
Указание. При учете вторичных отражений от нижней и
верхней поверхностей пластинки следует учесть, что интенсивности прошедших пластинку волн после первого, второго и т.д. отражений от нижней, а потом от верхней поверхностей убывают по
закону:
I 1 : I 2 : I 3 : I 3 : ...  1 : R 2 : R 4 : R 6 : ...
12.6. I  (1  R ) 2 e d I 0 .
12.7. Под углом Брюстера  Бр  arctg n  575 ; максимальная
степень поляризации отраженного света Δ = +1.
12.8. Если свет поляризован в плоскости падения, показатель
преломления призмы n  3  1,73 , и свет падает на боковую грань
призмы под углом θ = 60°.
α
θБр1
χ
θБр2
Рис. О.12.8.
Решение. Чтобы свет не испытал отражений ни на первой, ни на второй боковой поверхности призмы, он должен быть
поляризован в плоскости падения и падать
на обе поверхности под углом Брюстера
(своим для каждой грани) (рис. О.12.8):
tg Бр1  n , tg Бр2  1 / n .

  Бр1 . Для призмы    Бр2   (см.
2
задачу 1.31). Подставляя χ, получаем:
Угол преломления  
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
319


  Бр1   или  Бр1   Бр2    .
2
2
Возьмем tg от обеих частей уравнения и используем формулу:
tg   tg 
. В итоге находим:
tg     
1  tg   tg 
 Бр2 
tg  Бр1  tg  Бр2
1  tg  Бр1  tg  Бр2

n  1/ n
n2 1
1

 ctg 
.
1  n  (1 / n)
2n
3
Решая получившееся уравнение
3n 2  2n  3  0 , определяем: n  3  1,73 .
При этом угол падения света  Бр1  arctg 3  60 .
12.9. tg 0  
cos 1   2 
 tg 1 ; tg 2  cos 1   2   tg 1 .
cos 1   2 
Решение. По определению азимута:
Es
Es
Es
tg 1  1p , tg 0  0p , tg 2  2p .
E1
E0
E2
С учетом формул Френеля получаем:
r Es
cos 1   2 
tg 0  s 1p  
 tg 1 ,
cos 1   2 
r p E1
tg 2 
t s E 2s
t p E 2p
 cos 1   2   tg 1 .
2
 n2 1
 .
12.10. I отр  I 0   2

 n  1
Решение. Поскольку свет падает на границу раздела сред под

углом Брюстера, tg1  n , 1   2   / 2 , т.е.  2   1 .
2
По формулам Френеля находим:
320
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
rs  
sin 1   2 


 sin   21   cos(21 )  2 cos 2 1  1 
sin 1   2 

2
1  n2
2
2
.




1
1
1  n2
1  n2
1  tg 2 1
Используя определение коэффициента отражения по интенсивности R  I отр / I пад  r 2 , получаем:

2
 n2 1
 .
I отр  I 0 r  I 0   2


n
1


2
12.11. I прел  I 0 ctg  3I 0 .
Решение. Так как
n
1
, а  Бр  arctg 2 ,
n1
3 n
то пучок падает на границу раздела под углом
Брюстера. Пучок поляризован в плоскости падения, поэтому отраженной волны не будет, световая энергия падающей волны проходит полностью:
S n ,пад  S n ,прел .
tg 
σ1
α
90°
n
β
σ2
Рис. О.12.11.
1

cos 
,
cos 
где   90    60  угол преломления. В результате получаем:
cos 
I прел  I пад 
 I 0  ctg  3I 0  I 0 ,
cos 90   
т.е. интенсивность преломленного пучка больше интенсивности
падающего. Это связано с тем, что интенсивность пропорциональна отношению энергии к площади поперечного сечения пучка. В
данном случае энергия пучка не изменилась, а площадь сечения
уменьшилась (см. рис. О.12.11).
При этом I пад  I прел 
12.12. I прел  I 0 (1  R ) / n  0,53I 0 .
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
321
2
1  n2 
 sin 2  .
12.13. R  I 0  
2 
1  n 


2
4n 2  n 2  1
12.14. Δ 2  2
 0,08 .
4n  (n 2  1) 2
Решение. Будем рассматривать естественный свет как суперпозицию двух некогерентных пучков с s- и р-поляризацией и одинаковой интенсивностью:
I s  I p  I0 / 2 .
По определению степень поляризации преломленного света
I s  I 2p
Δ 2  2s
.
I 2  I 2p
Учитывая, что I 2s  t s2 nI s , I 2p  t 2p nI p , а I s  I p , приходим к
формуле:
Δ2 
t s2  t 2p
t s2  t 2p
.
Поскольку 1  Бр , по формулам Френеля получаем:
ts 
2 cos 1 sin  2


 2 cos 1 sin   1   2 cos 2 1 
sin 1   2 
2

2
2
.

2
1  tg 1 1  n 2
ts
ts
2 cos 1 sin  2



tp 
sin 1   2  cos1   2  sin 21  2 sin 1 cos 1

t (n 2  1) 2 1
 s
 .
2n
n
В итоге находим:


2
4n 2  n 2  1
Δ2  2
 0,08 .
4n  (n 2  1) 2
12.15. Iотр = 0.
322
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Указание. Доказать, что волна падает на диэлектрик под углом Брюстера.
2
2


 3 1
2
 tg  1 
 I 0  2  3 I 0  0,07 I 0 .
 I 0  
12.16. I отр  
 3  1
 tg  1 


12.17. Δ 
cos 2 (1   2 )  cos 2 (1   2 )
cos 2 (1   2 )  cos 2 (1   2 )
 0,82 ,
где θ2 = 27,5°.
Решение. Определим угол преломления θ2 из закона преломления:
sin 1
2

 0,462 , откуда θ2 = 27,5°.
n
2  1,53
Будем рассматривать естественный свет как суперпозицию
двух пучков с s- и р-поляризацией одинаковой интенсивности:
I s  I p  I0 / 2 .
По определению степень поляризации отраженного света
s
p
 I отр
I отр
.
Δ s
p
I отр  I отр
sin  2 
Так как
s, p
s, p
I отр
 rs2, p I пад
, получаем: Δ 
rs2  r p2
rs2  r p2
.
Используя формулы Френеля
tg (1 - 2 )
sin 1   2 
rp = , rs  
,
tg (1 + 2 )
sin 1   2 
находим:
cos 2 (1   2 )  cos 2 (1   2 )
Δ
 0,82 .
cos 2 (1   2 )  cos 2 (1   2 )
12.18. Δ 
cos 2 (1   2 )  1
cos 2 (1   2 )  1
 0,017 , где θ2 = 19,5°.
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
12.19. Δ1 = 1,  2 
4 
323

 0,087 , Δ3 = 1,
1 
2(1  )
 0,17 .
1  2(1  )
12.20. I 4  I 0 
16n 4
 0,725I 0 .
(n 2  1) 2
Указание. Коэффициент отражения от каждой поверхности
пластинки равен (см. задачу 12.10):
2
 n2 1
 .
R   2

n

1


После двух отражений интенсивность вышедшей волны
2
I 4  I 0 1  R  .
  .
12.21.  
16n  1  n 
( 4)
16n 4  1  n 2
4
2 4
4
Решение. Пучок света падает на первую и вторую поверхности пластины под углом Брюстера θ1 = θБр, 1   2   / 2 . Естественный свет рассматриваем как суперпозицию двух пучков с s- и
р-поляризацией одинаковой интенсивности:
I s  I p  I0 / 2 .
По определению степень поляризации света, прошедшего
первую поверхность пластины, равна:
I s  I 1p
Δ 1  1s
.
I 1  I 1p
Учитывая, что I 1s  t s2 nI s , I 1p  t 2p nI p , а I s  I p , приходим к
формуле:
Δ1 
t s2  t 2p

2
t s2  t p
t / t   1 cos      1
.

t / t   1 cos      1
s
s
2
2
2
2
p
p
1
2
1
2
Так как  Бр   2   / 2 и tg Бр  n , получаем:
324
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ


cos 2  Бр   2  cos 2  2 Бр    sin 2 2 Бр 
2

2
4 tg  Бр
4n 2
 4 cos 2  Бр  1  cos 2  Бр 

 2 ,
2
2 2
2
1  tg  Бр
1 n



где  




 

2n
. В итоге находим:
1  n2
2 1
.
2 1
После прохождения второй поверхности пластины, на которую свет также падает под углом Брюстера, степень поляризации
света равна:
I s  I 2p
Δ 2  2s
.
I 2  I 2p
Δ1 
Учитывая, что I 1s  t s2 nI s , I 1p  t 2p nI p , находим:
I 2s  t s2 nI 1s  t s2 n  t s2 nI s  n 2 t s4 I s ,
I 2p  t 2p nI 1p  t 2p n  t 2p nI p  n 2 t 4p I p ,
откуда при I s  I p получаем:
4
t s4  t 4p
ts / t p  1  4  1
Δ2  4

 4
.
4
t s  t 4p
ts / t p  1   1




Подставляя γ, находим:
  .
 
16n  1  n 
( 4)
16n 4  1  n 2
4
12.22. Δ N 
4
2 4
 4N  1
2n
.
, где  
4N
 1
1  n2
Решение. В задаче 12.21 была определена степень поляризации естественного света, прошедшего одну пластину. Сравнивая
формулы для поляризации света после прохождения одной границы
раздела сред Δ1 и после двух границ раздела Δ2, можно увидеть, что
после прохождения n-ой границы степень поляризации света будет
равна:
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
325
 2n  1
2n
, где  
1.
2n
 1
1  n2
Так как стопа Столетова из N пластин содержит n = 2N границ, то степень поляризации прошедшего света составляет:
 4N  1
Δ N  4N
.
 1
Таким образом, с ростом числа N пластин степень поляризации прошедшего света возрастает (но интенсивность его при этом
падает).
Δn 
12.23. Δ N 
 4N  1
2n
:
, где  
4N
 1
1  n2
а) 0,31; б) 0,67; в) 0,92.
12.24. Δ = 0,015; 0,091; 0,176; 0,402.
12.25. Δ 
Rs  R p
1  Rs R p
, где R s 
sin 2 1   2 
sin 2 1   2 
, Rp 
tg 2 1   2 
tg 2 1   2 
.
Решение. Естественный свет рассматриваем как суперпозицию двух пучков с s- и р-поляризацией одинаковой интенсивности:
I 0s  I 0p  I 0 / 2 .
При каждом отражении теряется часть интенсивности RIпад,
поэтому интенсивности прошедших пластинку пучков после первого, второго и т.д. отражений от нижней, а потом от верхней поверхностей убывают по закону:
I 1 : I 2 : I 3 : I 3 : ...  1 : R 2 : R 4 : R 6 : ...
Интенсивности прошедшего пластинку света с s- и рполяризацией будут равны:
1  Rs 2 s 1  Rs s
I s  Ts2 1  R s2  R s4  ... I 0s 
I0 
I0 ;
1  Rs
1  R s2




I p  T p2 1  R p2  R p4  ... I 0p 
1  R 
2
p
1  R p2
I 0s 
1 Rp
1  Rp
где Т = 1−R – коэффициент пропускания поверхности.
I 0p ,
326
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Учитывая, что I 0s  I 0p , находим степень поляризации Δ прошедшего света:
Is  I p
Rs  R p
Δ
.

I s  I p 1  Rs R p
Коэффициенты отражения Rs и Rp для компонент с s- и рполяризацией находятся по формулам Френеля:
sin 2 1   2 
tg 2 1   2 
2


R s  rs2 
;
R
r
.
p
p
sin 2 1   2 
tg 2 1   2 
12.26. См. решение.
Решение. Запишем формулы Френеля для отраженных волн с
s- и р-поляризацией в виде (см. задачу 12.1):
tg (1 - 2 )
sin(1   2 )
s
  E10s 
E00p = -E10p
.
; Е 00
sin(1   2 )
tg (1 + 2 )
При θ1+θ2 < π/2 tg 1   2   0 и sin 1   2   0 .
Если n2 > n1, θ1 > θ2 и tg 1   2   0 , sin 1   2   0 , т.е.
s
и E10s разные (фазы волн различаются на π), знаки Е 00p и
знаки Е 00
E10p одинаковы, но это означает, что их фазы тоже различаются на π
(см. рис. Т12.1). Так как обе компоненты (с s- и р-поляризацией)
отраженной волны приобрели дополнительную разность фаз π, то
произошел скачок фазы всей волны на π, т.е. при отражении появилась дополнительная разность хода λ/2.
Если n2 < n1, θ1 < θ2 и tg 1   2   0 , sin 1   2   0 , т.е.
s
и E10s одинаковы (фазы волн одинаковы), знаки Е 00p и
знаки Е 00
E10p различны, но это означает, что их фазы одинаковы (см.
рис. Т12.1). Таким образом, в этом случае скачка фазы не происходит, дополнительной разности хода при отражении не появляется.
12.27. I отр  I пад
Решение. Перепишем формулы Френеля
tg (1 - 2 )
sin(1   2 )
s
E00p = -E10p
; Е 00
в виде:
  E10s 
tg (1 + 2 )
sin(1   2 )
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
327
sin 1 cos 1  sin  2 cos  2
;
sin1 cos 1  sin  2 cos  2
sin 1 cos  2  sin  2 cos 1
s
Е 00
.
  E10s 
sin 1 cos  2  sin  2 cos 1
Пусть свет падает их среды с показателем преломления n1 в
среду с показателем преломления n2. Поскольку происходит полное
внутреннее отражение, n2 < n1, а угол θ1 превышает угол полного
внутреннего отражения  m  arcsin(n1 / n 2 ) . Формально можно записать:
Е 00p  E10p 
sin  2 
sin 2 1
sin 1
 1 , cos  2  i
 1 − мнимый.
n1 / n 2
n1 / n 2
Подставив эти значения в формулы Френеля, сохраняя перед
квадратным корнем только знак "плюс", получим:
Е 00p  E10p 
( n1 / n 2 ) 2 cos 1  i sin 2 1  (n1 / n 2 ) 2
(n1 /n 2 ) 2 cos 1  i sin 2 1  (n1 / n 2 ) 2
cos 1  i
s
Е 00
  E10s 
;
sin 2 1  ( n1 / n 2 ) 2
.
cos 1  i sin 2 1  (n1 / n 2 ) 2
Видно, что амплитуды отраженных волн – комплексные ве2
s
личины, причем E 00
 E10s и E 00p  E10p . Поскольку I ~ n E ,
s
p
s
р
I отр  I отр
 I отр
 I пад
 I пад
 I пад .
12.28.     2arctg
cos1 sin 2 1  (n 2 / n1 ) 2
.
sin 2 1
Решение. При падении волны из оптически более плотной
среды (n1 > n2) под углом падения, большем угла полного внутреннего отражения θ m = arcsin(n 2 / n1 ) , формально можно записать:
sin θ 2 =
sin θ1
sin 2 1
> 1 , cos 2  i
 1 − мнимый.
n2 / n1
(n2 / n1 ) 2
При этом уравнение преломленной волны с волновым вектором k 2  k1x e x  ik 2z e z (см. рис. Т12.2) имеет вид:
328
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
E 2 r , t   E 20 e
k 2 z = k 2 cos θ 2 = ±
ω
c
 k2 z z i (t k1x x )
e
, где
(n sin θ ) - n = ±ik ′′ .
2
1
1
2
2
2z
Запишем формулы Френеля через компоненты волновых векторов падающей k1 и отраженной k2 волн:
k 
k1 z
 i 2z
k  ik 2z
ε2
ε
i
rsE  1z
 e is , r pE   1
 e p .
k 
k1 z
k1z  ik 2z
 i 2z
ε2
ε1
Сдвиг  для s-компоненты равен
n1 sin θ1   n22
k 2z
 2arctg
,
k1 z
n1 cos θ1
а сдвиг φǀǀ для р-компоненты равен φǀǀ     p , где
2
    s  2arctg
n1
 k 
 p  2 arctg 1 2 z  2 arctg
 2 k1 z
n1 sin 1 2  n22
n 22 cos 1
(см. рис. О.12.28).
Рис. О.12.28. Коэффициенты r и t
для волн с s- и p-поляризацией в
зависимости от угла падения 1 на
поверхность раздела двух сред
n  n2
( 1
, n1=1,5n2); p и s  набег
фазы при полном внутреннем отражении.
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
329
1

 tg 2
  2
2
2 , разность   
Поскольку tg 1

p
s


2
1  tg 1 tg 1
2
2
может быть найдена по формуле:
tg
tg
 p  s
2

cos 1 sin 2 1  (n 2 /n1 ) 2
sin 2 1
.
Искомый сдвиг фаз  для р- и s-компонент отраженной волны
равен:
φ = φǀǀ        p   s    2arctg
cos1 sin 2 1  (n 2 / n1 ) 2
.
sin 2 1
Поскольку компоненты отраженного света испытывают различные сдвиги фаз, линейно поляризованный свет при полном
внутреннем отражении в общем случае превращается в эллиптически поляризованный.
12.29. n  2,42 .
Решение. Используя результат задачи 12.28, найдем угол
θ1max, соответствующий максимальной разности фаз φ между р- и sкомпонентами отраженной волны из условия:
  p  s 
 tg
  0.

1 
2

В результате получаем:
2
n
2n 21
sin 2 1 max 
, где n 21  2 .
2
n1
1  n 21
Сдвиг фаз между р- и s-компонентами при θ1max составляет:
2
1  n 21
( p   s ) max  2arctg
.
2n 21
Чтобы свет при отражении стал циркулярно поляризованным,
должно быть ( p   s ) max   / 2 , следовательно,
2
1  n 21

 tg  1 , откуда n 21  2  1  0,414 .
2n 21
4
330
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Для воздуха n2 = 1, поэтому n 21  1 / n и n  1 / 0,414  2,42 .
Таким показателем преломления обладает алмаз.
12.30.   4837  и   5437  .
Решение. Используя формулу
tg
 p  s

cos 1 sin 2 1  ( n 2 /n1 ) 2
,
2
sin 2 1
полученную в задаче 12.28, для искомого угла θ получим уравнение:

1

n2  1
sin 4  
cos 2  sin 2   2 cos 2  0 .
2
8
8
n
n
При n = 1,51 решениями этого уравнения являются значения:
  4837  и   5437  .
3
8  5,028 .
12.31. n 
3
cos
8
1  sin
Указание. Использовать формулу ( p   s ) max  2arctg
2
1  n 21
2n 21
(см. задачу 12.29).
12.32. Свет после отражения будет иметь круговую поляризацию; если азимут поляризации   45  , то круговая поляризация
левая, а если   45  , то правая.
Решение. При сложении двух волн, плоскости поляризации
которых взаимно перпендикулярны, получается в общем случае
эллиптически поляризованный свет, причем конец результирующего вектора Е описывает эллипс в направлении от вектора, опережающего по фазе, к вектору, отстающему по фазе. При полном внутреннем отражении rp =  rs ( rp  rs  1 ) и  p   s  0 . Поэтому
свет после отражения будет иметь круговую поляризацию; если
азимут поляризации   45  , то поляризация левая, а если
  45  , то правая.
§12. Оптические явления на границе раздела диэлектриков.
331
12.33.   629 или   4438 ; правая.
Указание. См задачу 12.30.
12.34. z 

2 n sin   1
2
 0,28 мкм .
Решение. Так как для границы "стекло–воздух" предельный
угол  пред  arcsin 1 n   42 , то при выходе световой волны из
призмы реализуется условие полного внутреннего отражения.
Глубина проникновения световой волны в отражающую среду при полном внутреннем отражении:
c

z 

 0,28 мкм .
2
2
2
 n1 sin 1   n 2 2 n sin   1
332
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
13.1. а). См рис. О.13.1 а,
n x   x  2; n y   y  3;
n z   z  2 ; б) см. рис. О.13.1 б; υ x 
υz 
c

c
x

c
c
c

;
; υy 
2
y
3
c
; в) сечения лучевой поверхности плоскостями z 0,
2
z
y = 0 и x = 0 соответственно показаны на рис. О.13.1 в; направления на оптические оси кристалла ОО1 и ОО2 (лежат в плоскости
y = 0) соответствуют точкам пересечения лучевых поверхностей.
X n
x
Y
X nx
ny
ny
nz
Z
Y
nz
Z
Рис. О.13.1а.
Заметим, что лучевые скорости при распространении вдоль
обеих оптических осей кристалла одинаковы и равны главной скорости υ y (средней по величине из трех главных скоростей,
υx  υy  υz ).
X
X
υx
υy
Y
Y υy
υx
υz
υz
Z
Z
Рис. О.13.1 б.
X υz
υy
υx
0
X
υz
Y
υz
OO1
υy
υy
υx
Z
OO2
Рис. О.13.1 в.
Y υz
υx
0
υx υy
Z
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
333
13.2. Построения аналогичны проведенным в задаче 13.1;
z   y

  arccos
 .
z  x
4
Решение. Построим сечение лучевого эллипсоида плоскостью, перпендикулярной направлению Soo (рис. О.13.2). Так как лучевая скорость распространения волн вдоль оптических осей uоо
равна υy, эта плоскость должна проходить через ось 0Y. Поэтому на
сечении лучевого эллипсоида плоскостью X0Z зададим искомое
направление Soo и угол  между Soo и осью 0Z
X
υx
(рис. О.13.2). В этом случае линия, перпенА
дикулярная Soo, (0А на рис. О.13.2), должна
S00
отсекать на лучевом эллипсоиде отрезок
υy
длиной υy.
θ
Уравнение лучевого эллипсоида при
υz Z
0
y = 0 запишется в виде:
x2 z2

1.
υ x2 υ z2
Рис. О.13.2.
В направлении 0А, перпендикулярном Soo,
длина соответствующего отрезка равна υy. Подставляя x  υ y  cos 
и z  υ y  sin  , получим:
υ 2y
cos 2  
2
υ 2y
sin 2   1 .
υx
υ z2
Решая уравнение, находим:
υ 2y  υ z2  υ x2
2
.
cos   2
υ x  υ z2  υ 2y




Так как υi  c / ni , в результате преобразований получаем:
n z2  n 2y
z  y
43 1

 ; →  .
4
z  x 4  2 2
Направления на оптические оси кристалла соответствуют углам  и ().
cos 2  
13.3. υ  
n z2  n x2
c
z

c
3

; υ  

5
c.
4
334
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Решение. Для нахождения фазовых скоростей в направлении
 1 1 
;
N 
;0 приведем уравнение Френеля к общему знамена 2 2 
телю и запишем в виде:
N x2 υ 2  υ 2y υ 2  υ z2  N y2 υ 2  υ x2 υ 2  υ z2  N z2 υ 2  υ x2 υ 2  υ 2y  0 .









Так как N z  0 , одно из решений
c
c
c


.
υ  υ z 
nz
z
3
Второе решение находим из уравнения:
N x2 υ 2  υ 2y  N y2 υ 2  υ x2  0 ,




откуда:
υ 2  3υ y2
υ2  x
4

c 2  1
3  c 2  1
3  5 2
5



 c , υ  
c.
2
2
4
4  n x n y  4   x  y  16
13.4. u   υ x 
c
z

c
2
; u  
2υ y υ z
3υ 2y  υ z2

2c
3 y   z

2
c.
3
Указание. Привести уравнение Френеля для лучевых скороS i2 υi2
 0 к общему знаменателю. Далее решение аналостей
2
2
i u  υi
гично проведенному в задаче 13.3.

13.5. υ  
2
1
1
5
c

c ; υ   c 2  2 
c.
5
6
ny
nx nz
13.6. D1D2.
Решение. Запишем 2 уравнения Максвелла для диэлектрической немагнитной среды, если   0 , j  0 и B   0 H :
D
Н
rot E   0
, rot H 
.
t
t
Подставляя в эти уравнения E, D и Н в виде плоских волн
~
A  A0 expi t  kr ,
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
335
~

где A0  комплексная амплитуда, k  N  волновой вектор,
υ
N  единичный вектор нормали к фронту волны, приходим к системе уравнений:
k,E    0 H , k,H   D .

Так как k  N , уравнения преобразуются к виду:
υ
1
1
D    N,H  , H 
 N,E  .
υ
 0υ
Исключая Н из первого уравнения, получаем:
1
D
 N, N , E  .
0υ2
Раскрывая двойное векторное произведение по формуле:
a, b, c   b a, c   c a, b  ,
находим:
c 2
1
D
 N  N , E   E  N , N   2 0 E  E , N N  .
 0υ
υ
Пусть в некотором направлении N бегут две волны D1 и D2 с
фазовыми скоростями υ1 и υ2 соответственно. Полученные уравнения для векторов D1 и D2 волн 1 и 2 умножим скалярно соответственно на D2 и D1 и вычтем одно из другого. В результате получим:
υ12  υ 22 D1 D 2  c 2  0  E1 D 2  E 2 D1   0 ,
поскольку E1 D 2  E 2 D1 в силу симметрии тензора ̂  ij   ji .




Таким образом, если υ1  υ2 , то D1D2.
13.7.
N i2
υ υ 0.
i
2
2
i
c 20
E  E , N N  (см. заυ2
дачу 13.6) в проекциях на главные направления кристалла:
Di υ 2
 E i   E,N N i .
c20
Решение. Запишем формулу D 
336
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Так как E i 
Di
Di
Di υi2


, последняя формула преоб 0  i  0 ni2  0 c 2
разуется к виду:
Di
D
N
υi2  υ 2  E,N N i или 2 i  E,N   2 i 2 .
2
c 0
c 0
υi  υ
Умножая обе части последнего уравнения на Ni, суммируя по
i и учитывая, что  N , D  
N i Di  0 , получим уравнение Фре-



i  x, y , z
неля для фазовых скоростей:
N i2
υ υ 0.
i
13.8.
2
2
i
S i2 υi2
u υ 0.
i
2
2
i
Решение. Представим вектор D в виде суммы ортогональных
компонент:
D   D, e  e   D, S  S ,
где е – единичный вектор в направлении вектора Е, S – единичный
вектор в направлении вектора E , H  . Так как
D,e    0  d,E   d,e    0 E d,e 2 ,
где d – единичный вектор в направлении D, то
1
D  D,S  S  ,
E
 0  cos 2 
где   угол поляризации. Запишем последнюю формулу в проекциях на главные направления кристалла:
1
Di  D,S S i 
Ei 
 0  cos 2 
и преобразуем её, учитывая, что Di   0  i E i , к виду:
1
D,S  S i .
Ei 
 0  i   cos 2 


§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
337
Умножая обе части на Si, суммируя по i и учитывая, что
υ
S , E  
S i E i  0 и лучевая скорость u 
S , получим
cos

i  x, y, z

уравнение Френеля для лучевых скоростей:
S i2 υi2
0.
2
2
i u  υi

d υ .
13.9. υ 2 
2 2
i i
i
Решение. Воспользуемся формулой (см. задачу 13.6):
c 2
D  2 0 E  E , N N  .
υ
Умножим обе части уравнения скалярно на D и учтем, что
N , D  0 и
 E ,D    E i D i  1 
0
i
Обозначив d i 
i
Di2
1

0
εi
Di2
n
i

2
i
1
0
Di2 υi2
 c
i
2
.
Di
, для скорости υ получаем искомую форD
υ2 
d i2 υi2 .

мулу:
i
13.10.
еi2
1

.
2
u2
i υi

Указание. Использовать формулу (см. задачу 13.8):
1
D  D,S  S  ,
E
 0  cos 2 
обе части которой умножить скалярно на S и учесть, что (E,S) = 0 и
υ
u
S , где   угол поляризации.
cos
13.11. u1 
c
2
, u2 
2
13
c;
338
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
 
2 ( x  3 z ) 
E1  E1e y cos   t 
,


c
 

 
 1
13 (3 3 x  4 z ) 
3 
E 2  E 2   e x 
e z  cos   t 
.

2
5c
 
 2


Решение. Используя уравнение Френеля для лучевых скоростей, получаем (см. задачу 13.4):
2υ x υ z
c
c
2c
2
u1  υ y 

; u2 


c.
2
2
2
13
y
 x  3 z
3υ x  υ z
Первая волна поляризована вдоль оси y: E1  E1 e y ; в этом
случае вектор D1 сонаправлен с E1, следовательно, и N1 сонаправлен с S. Уравнение этой плоской волны запишется в виде:
 
3 z 
x


 
2   E e cos   t  2 ( x  3 z )  .
E1  E1 e y cos   t  2
1 y



 
u1
c
 







 
Для второй волны направления векторов D2 и E2 различны,
как и векторов S и N2 (рис. О.13.11 а). Для записи уравнения волны
требуется найти N2:
D
ε E
ε
4 3
,
tg   x  x x  x tg  
Dz ε z E z ε z
9
N  r   x cos   z sin  
x  z tg 

υ2
u 2 cos 
u 2 cos   sin   tg 

13 (3 3 x  4 z )
6 3x  8z

,
5u 2
5c
где  = +, cos   cos  cos   sin  sin  (рис. О.13.11 б).
D2
E2
Z
Z
1/nz
S2
S1,S2,N1
θ
u2
θ
0 E1 1
N2
x
Рис. О.13.11 а.
Х
υ2
α
φ
0
N2
Х
Рис. О.13.11 б.
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
339
В результате получаем:
 
 1
13 (3 3 x  4 z ) 
3 
E 2  E 2   e x 
e z  cos   t 
.


2
5c
 
 2


υ y2  υ z2
5
2
13.12. υ1  υ x 
c ; υ2 

c;
5
2
12
 
5 x  5 y 
D1  D1e x cos   t 
,


2c
 

 
 1

6 x  6 y 
1
D 2  D2  
ex 
e y  cos   t 
.


2
2 
5с


 
Указание. Ориентация векторов D1 и D2 относительно эллипсоида
показателей преломления показана
на рис. О.13.12. Для записи уравнения плоской волны использовать
формулу:
 
Nr 
At , r   A0 cos   t 
 .
υ 
 
D2
Z
nz
N
θ
θ
0 D1
Y
ny
Рис. О.13.12.
 
2 ( x  y ) 
13.13. E1  E1e z cos   t 
;


c

 
 
 1

5 (3x  2 y ) 
1
E 2  E 2  
ex 
e y  cos   t 
.


c
2
2 


 
13.14. Волна, поляризованная вдоль оси 0Х, имеет максимальную фазовую (и лучевую) скорость, равную главной скорости
c
c
. Направление распространения такой волны – про
υx 
εx
2
извольное, но перпендикулярное оси 0Х. Например, при распространении вдоль оси 0Z уравнение волны имеет вид:
340
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ




2 z 
z 
D  D0 e z cos 2  t    D0 e z cos 2  t 
.
c 

 υ x 


13.15. Кристалл одноосный, положительный, оптическая ось
c
,
направлена вдоль оси 0Х; εx = εǀǀ = 12,  y   z     3 ; υo 
3
c
; сечения лучевой поверхности, лучевого эллипсоида и
υe 
2 3
эллипсоида показателей преломления показаны на рис. О.13.15 а, б.
Решение. Кристалл одноосный, оптическая ось направлена
вдоль оси 0Х.
Скорость распространения обыкновенной волны не зависит
от направления и всегда равна υo  с / 3 . С такой же скоростью
распространяются и волны, поляризованные вдоль главных оптических осей 0Y и 0Z (перпендикулярно оптической оси):
c
c
c
υo 
 υy 
 υz 
,
3
y
z
т.е.  y   z     3 .
X
X
Z
0
Y
Y
0
Z
0
Рис. О.13.15 а.
Скорость волны, поляризованной вдоль оптической оси 0X и
распространяющейся вдоль оси 0Z, как следует из рис. 13.1, в 2 раза меньше:
υ
c
c
υe  υ x  o 

,
2 2 3
x
т.е. εx = εǀǀ = 12.
Так как εǀǀ >   , то кристалл положительный. Следовательно, лучевая поверхность необыкновенной волны вытянута вдоль
оптической оси 0Х и вписана в сферу, соответствующую обыкно-
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
341
венной волне. Сечения лучевой поверхности показаны на
рис. О.13.15 а.
Так как  x   y   z , то эллипсоид показателей преломления
вытянут вдоль оптиче- ЛЭ X
ской оси. У лучевого
эллипсоида длина полуосей пропорциональ0
1
, поэтому он
на
i
ЭПП X
Y,Z
Y,Z
0
Рис. О.13.15 б.
сплюснут вдоль оптической оси. Сечения эллипсоидов представлены на рис. О.13.15 б;
они симметричны относительна поворота вокруг оптической оси.
13.16. Кристалл отрицательный, пластинка вырезана параллельно оптической оси, лежащей первоначально в плоскости падения луча.
13.17. Оба показателя преломления имеют постоянные значения, соответствующие минимальному ne = 1,642 и максимальному
no = 1,646 значениям.
13.18. См. рис. О.13.18.
Решение. При построении Гюйгенса следует построить лучевые поверхности в кристалле, центром которых является точка падения луча на кристалл. Затем надо провести луч, параллельный
падающему, который окажется в точке В на поверхности кристалла
в момент времени, соответствующий построенным лучевым поверхностям.
В
В
So Se
Nо
Ne
а)
Se So
No Ne
б)
Рис. О.13.18.
В
Se
Ne
So
No
в)
342
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Проведем из точки В касательные к лучевым поверхностям,
преломленные лучи So и Se пройдут через точки касания
(рис. О.13.18). Направление нормали No для обыкновенной волны
совпадает с So. Нормаль Nе для необыкновенной волны перпендикулярна к соответствующей касательной, которая является фронтом
необыкновенной волны.
Обыкновенный луч поляризован перпендикулярно оптической оси, вектор Е необыкновенного луча лежит в той же плоскости, что и оптическая ось (на рис. О.13.18 направления векторов Е
указаны кружками и черточками на преломленных лучах, направления векторов D показаны черточками на векторах нормалей Nе).
13.19. Построения выполняются аналогично проделанным в
задаче 13.18.
опт. ось
13.20. а) См. рис. О.13.20.
б) Построение выполняется аналогично
пункту а).
13.21. См. рис. О.13.21.
Решение. Проводим луч нормально
к
поверхности
кристалла и строим сечеSe
So
ния лучевых поверхностей плоскостью,
Рис. О.13.20.
проходящей через луч и оптическую ось
(рис. О.13.21). Так как кристалл положительный, то сечение лучевой поверхности необыкновенноопт. ось
го луча (эллипс) лежит внутри
сечения лучевой поверхности
обыкновенного луча (окружность), а оптическая ось проходит
через точки касания эллипса и
2
окружности. Затем проводим
1
плоскости, параллельные границе
Se
раздела и касательные к обеим
So
лучевым поверхностям: 1 – к
Рис. О.13.21.
окружностям (это фронт обыкновенной волны) и 2 – к эллипсам (это фронт необыкновенной волны). В точки касания из точек на поверхности кристалла проводим
преломленные лучи.
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
343
Как видно из рисунка, обыкновенный луч Sо не меняет своего направления и идет по нормали к поверхности, а необыкновенный луч Sе изменяет направление в кристалле. При этом направления нормалей к фронтам обеих волн совпадают, они перпендикулярны поверхности.
13.22. tg  
    II  tg 
    II tg 2 
tg  .
Решение. Так как для необыкновенной волны углы  и θ связаны соотношением (см. рис. 13.4):
ε ε E
D
ε
tg   z  0 II z  II tg θ ,
Dx ε 0 ε  E x ε 
то для угла поляризации  получаем:
tg   tg      II  tg 
tg   tg    

.
1  tg  tg      II tg 2 
no2  ne2
 615 .
2n o n e
Указание. См задачу 13.22.
13.23.  max  arctg
n n  tg  614 .
13.24.   arctg
2
2
o
e
2
2
n0  ne tg 2 
13.25.   d no  ne   0,00516 мм .
n
 0,19 мм ; на выходе из исландского шпата
n 
необыкновенный луч (е) будет опережать обыкновенный (о), а на
выходе из кварца  наоборот.
13.26. d   d 


13.27.   dn0 1 




.
2
2 
n0 cos γ   ne sin γ  
ne
344
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
13.28. υe   c
cos 2  sin 2 
.


 ||
Решение. Пусть оптическая ось направлена вдоль оси Z.
Изобразим сечение эллипсоида показателей преломления плоскостью y = 0 для необыкновенной волны в положительном одноосном
кристалле (рис. О.13.28) (для отрицательного кристалла получится
аналогичный результат). Его уравХ
нение имеет вид:
Dе
n﬩
x2 z2

 1.
   ||
N
φ
n
φ
Z
nǀǀ
0
Рис. О.13.28.
Подставляя в это уравнение
x  n  sin  , y  n  cos  ,
получаем:
1
.
n 
cos 2  sin 2 


 ||
Фазовая скорость волны равна:
υe  
13.29. υ1 
cos 2  sin 2 
c
.

c

 ||
n()
1  1
2 
c
  2  2  .
, υ2  c
n0
3  nо ne 
Указание. Воспользоваться формулой υ 2 
 d υ , где d 
2 2
i i
i
i
направляющие косинусы вектора D относительно главных направлений кристалла (см. задачу 13.9).
13.30.  = 517; см. рис. О.13.30.
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
345
Решение. На первую призму неполяризованный луч падает
нормально.
Преломленные
лучи будут распространяться
в том же направлении, что и
о

падающий, но с различными
скоростями. Обыкновенный
2
луч поляризован перпендику1
лярно плоскости главного се
1
чения, и его скорость (как лу1
чевая, так и фазовая) равна
е
c
υo  u o 
. Необыкновенno
ный луч поляризован в плосРис. О.13.30.
кости главного сечения, и его
скорость (как лучевая, так и
c
фазовая) равна υe  u e 
. Оба луча падают на границу раздела
ne
двух призм под углом .
Так как у второй призмы оптическая ось ориентирована перпендикулярно плоскости рисунка, то падающий луч, поляризованный перпендикулярно плоскости падения (обыкновенный для первой призмы), по отношению ко второй призме оказывается поляризованным в плоскости падения, т.е. становится необыкновенным
для второй призмы. Таким образом, он распространяется из среды с
показателем преломления no в среду с показателем преломления
ne < no и, следовательно, будет преломляться под углом 1 (см.
рис. О.13.30):
n
no  sin   ne  sin 1 , → sin 1  o sin   sin  .
ne
После прохождения кристалла он падает на границу раздела с
воздухом под углом  1  1   и выходит из призмы под углом χ1.
По закону преломления:
n e  sin 1     1  sin 1 .
Подставляя численные значения, получаем:
116,8; 11,8; 12,65.
Для второго луча, поляризованного в плоскости падения, в
формулах следует поменять местами ne и no. В результате находим:
346
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2  13,4; 2  −1,6; 2  −2,63.
Угол  между вышедшими из призмы лучами, поляризованными во взаимно перпендикулярных направлениях, равен
  1   2  5,28  517  .
13.31.   545 ; см. рис. О.13.31.
о
α
е
о
е
а)
Рис. О.13.31.
о
е
б)
Рис. О.13.32.
13.32. См. рис. О.13.32.
13.33.   72 .
Решение. В призме Николя разрез ВС перпендикулярен граням АВ и CD (см. рис. О.13.33).
D
В
φ
А
α
90°
χо χе
β+δ
e
С
о
Рис. О.13.33.
Запишем закон преломления на границе АВ для обыкновенного и необыкновенного лучей:
sin  e ne
1
1
sin  o 
sin  , sin  e  sin  , →

.
no
ne
sin  o no
По условию задачи необыкновенный луч распространяется
параллельно длинному ребру призмы, поэтому
  90   e .
Угол полного внутреннего отражения β для обыкновенного
луча на границе ВС определяется из соотношения:
sin   n / no  0,929 →   6815 .
§13. Оптика анизотропных сред. Кристаллооптика
По условию задачи
 o  90  (  )  20 .
Из закона преломления находим χе:
n
sin  e  e sin  o  0,3127 , →  e  18 .
no
Следовательно,   90   e  72 .
13.34. Необыкновенный.
13.35. а) вторая; б) в обоих случаях 376    4218.
347
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
348
§14. Поляризация света
14.1. а) Р = 0,5; б) Р = 0,91.
14.2. I  I 0 cos 2 1 cos 2 ( 2  1 ) 
3
I0 .
16
14.3. Интенсивность уменьшится в  =
cos 2 1
= 1,5 раза.
cos 2  2
14.4. I  I 0 cos 4  .
14.5. I  0,5I 0 cos 2  sin 2  .
Указание. Свет, поляризованный по кругу, можно рассматривать как суперпозицию двух линейно поляризованных волн с одинаковой амплитудой и с разностью фаз π/2, с ортогональными векторами напряженности электрического поля Е.
14.6.  
cos 2 N 1  0,12 .
2


14.7. I  I 0 1  N 2 .
Указание. Воспользоваться разложением соs(α) в ряд Тейлора, ограничившись двумя первыми членами разложения из-за малости угла α.
14.8. I 1  0 или I 2 
3
I0 .
8
14.9. Уменьшится в 1,5 раза.
Решение. По условию задачи P 
I лин
 0,5 , поэтому
I лин  I ест
I лин  I ест .
При ориентации николя на максимум пропускания
I max  I лин  0,5I ест  1,5 I ест ,
§14. Поляризация света
349
а после поворота николя на 60 интенсивность прошедшего света
равна:
I  I лин cos 2   0,5 I ест  I ест .
Следовательно, интенсивность уменьшится в 1,5 раза.
14.10. I  0,8 I 1  I 2  .
14.11. Р = 0,8.
Указание. Интенсивность света, прошедшего через поляроид,
равна I ()  I лин cos 2   0,5 I ест , где θ – угол между плоскостью
поляризации линейно поляризованной компоненты и плоскостью
пропускания николя. Максимальное пропускание света соответствует θ = 0, и по условию задачи I max  η  I  . Из этих данных
можно определить отношение интенсивностей I ест / I лин .
14.12. WT 
I 0 S
.

Решение. По закону Малюса мгновенное значение мощности
Pt  на выходе равно
Pt   I 0 S  cos 2 t  ,
где t   t   0  угол между плоскостью поляризации света и
плоскостью пропускания поляризатора.
Поэтому энергия, которую пропускает поляризатор за один
оборот, равна
T
1 2 I 0 S
.
WT  Pt dt  I 0 S cos 2   T  I 0 S  

Т

2 
0

14.13. Р1 = 0,25.
 2 
  29 .
14.14. θ  arccos 
 2 
 1

Решение. Идеальный поляроид пропускает 50% естественного света. Если поляроид неидеальный, то на его выходе интенсивность линейно поляризованного света равна
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
350
I 1  0,5    I ест ,
где γ – коэффициент изотропного пропускания материала, из которого изготовлен поляроид. Так как по условию задачи
I 1  1 I ест , то γ  21 .
По закону Малюса интенсивность света на выходе второго
поляроида равна
I 2    I 1 cos 2  .
Поскольку по условию задачи:

I 2   2 I ест , то cos 2 θ  22 ,
21
 2 
  arccos(0,875)  29 .
θ  arccos 
 2 
 1

14.15. Яркость второй поверхности в 10 раз больше.
Решение. Пусть интенсивность света, идущего от первой поверхности, равна I(1), а от второй I(2).
Так как свет естественный, интенсивность света, прошедшего
через первый николь, равна:
p  1 ( 2)
1 ( 2)

( 2)
I 1  1 
  I  0,9  I  0,45 I .
2
 100  2
Через второй николь пройдет свет с интенсивностью
p 

2
2
( 2)
( 2)
I 2  I 1 1 
 cos   0,45  0,9  cos   I  0,10  I .
 100 
По условию задачи поверхности кажутся одинаково освещенными, т.е. I 2  I (1) , откуда получаем: I ( 2 )  10 I (1) .
14.16.
14.17.
I лин 2 -1
=
= 1,5 ;   54 .
2
I круг
I круг
I лин

sin 2   p / 100
 0,5 .
p / 200
14.18. Конец вектора Е будет двигаться в плоскости X0Y по
эллипсу, уравнение которого имеет вид:
§14. Поляризация света
2
351
2
xy
 y
 x
 cos   sin 2  , где x  E1x , y  E 2 y .
     2
ab
a
b
Решение. Перепишем уравнения волн в виде:
x  E1x  a cos(t  kz ) ,
y  E 2 y  b cos(t  kz  )
и далее преобразуем второе уравнение:
y
 cos t cos   sin t sin  .
b
После подстановки в него из первого уравнения cos ωt 
получаем:
x
,
a
y
x
cos   .
a
b
Возведем последнее уравнение в квадрат и учтем, что
sin t sin  
2
 x
sin 2 ωt  1    .
a
После несложных преобразований получаем:
2
2
xy
 y
 x
 cos   sin 2 

   2
 
ab
a
b
 уравнение эллипса, вписанного в прямоугольник со сторонами 2а
и 2b .
Таким образом, конец вектора Е будет двигаться в плоскости
X0Y по эллипсу, т.е. получается в общем случае эллиптически поляризованная волна. Направление движения зависит от значения .
Например, в момент времени t  0 координаты точки равны: x  a
и y  b cos  , а проекции скорости  x  0 и y  b sin  . Следовательно, если смотреть навстречу направлению оси Z, то движение
происходит по часовой стрелке, когда 0     , и против часовой
стрелки, если     2 .
14.19. а) Волна линейно поляризована; б), в) и г) волны имеют правую эллиптическую поляризацию; д) волна линейно поляризована; е) волна имеет левую эллиптическую поляризацию; см.
рис. О.14.19.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
352
Решение. а) При φ = 0 уравнение эллипса приобретает вид:
2
2
2
xy
b
 y
x y
 x
 cos   0 →     0 → y  x ,
     2
a
ab
a
b
a b
т.е. эллипс вырождается в отрезок прямой (линейная поляризация);
плоскость поляризации такой волны ориентирована под углом
  arctg(b / a) к оси 0Х (рис. О.14.19 а).
б) Если φ = π/2, уравнение эллипса преобразуется к виду:
2
2
 y
 x
     1.
a
b
Вектор E t  будет вращаться в плоскости Х0Y по часовой
стрелке с угловой скоростью , а его конец будет описывать эллипс
с полуосями a и b, ориентированными вдоль осей Х и Y соответственно (рис. О.14.19 б). Волна является правополяризованной.
в, г) Волны с правой эллиптической поляризацией
(рис. О.14.19 в, г).
д) При φ = π уравнение эллипса приобретает вид:
b
y x,
a
т.е. эллипс вырождается в отрезок прямой (линейная поляризация);
Y
Y
b
0
а
α а
X
0
a)
Y
г)
X
Y
X
α
0
a
X
в)
Y
b
а
b
0
б)
b
0
Y
b
д)
а
X
b
0
a
X
е)
Рис. О.14.19.
плоскость поляризации такой волны ориентирована под углом
  arctg(b / a ) к оси 0Х (рис. О.14.19 д).
§14. Поляризация света
353
е) Волна с левой эллиптической поляризацией (конец вектора E t  движется по эллипсу против часовой стрелки)
(рис. О.14.19 е).
14.20. а) Свет поляризован по левому кругу; б) свет поляризован по правому эллипсу, большая ось которого лежит в плоскости
y  x ; в) свет линейно поляризован в плоскости y   x .
Решение. а). По условию задачи


E y  E sin t  kz   Ecos  t  kz   .
2


. Следова2
Амплитуды E x и E y одинаковы, а  y   x  
тельно, свет поляризован по левому кругу.

. Следова4
тельно, свет поляризован по правому эллипсу, большая ось которого лежит в плоскости y  x .
в) Амплитуды E x и E y одинаковы, а  y   x   , свет ли-
б) Амплитуды E x и E y одинаковы, а  y   x 
нейно поляризован в плоскости y   x .
14.21. а) E x  E cost  kz  , E y   Esin t  kz  ;
б) E x  E cost  kz  , E y  E cos t  kz   , 0   

.
2
14.22. См. рис. О.14.22; A  6 a / 2  1,22a , B  a / 2  0,7 a ;
большая ось эллипса ориентирована под углом 45° к оси Х.
Решение. Для определенности будем рассматривать траекторию конца вектора Е в плоскости z = 0. Разность фаз    / 3 , эллипс поляризации "вписан" в квадрат со стороной 2а. Можно построить эллипс по характерным точкам:
точки 1 и 2 пересечения с осью Y (рис.О.14.22):
y1 t1  0  a sin   / 3   a 3 / 2 ,
y 2 t 2    a sin    / 3  a 3 / 2 ;
354
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
точки 3 и 4, соответствующие максимальному и минимальному значениям E x :




  a
E x  t 3    a , E у  t 3    a sin      0 ;
2
2


2 3 2

a



  
E x  t 4      a , E у  t 4     a sin        0 ;
2
2
2


 2 3
точки 5 и 6, соответствующие максимальному и минимальному значениям E y :
 

  a
E y  t 5     a , E x t 5   a sin      0 ;
2 3

2 3 2
3  
a

 3  
   a , E x t 6   a sin 
  0.
E y  t 6 
2 3
2

 2 3
Поскольку
при
увеличении
времени
Y
точки на эллипсе перемещаются против
5
а
часовой стрелки, волна является правопо2
3
ляризованной. Оси эллипса ориентироваa
2В
ны под углом 45 к осям Х и Y.
Для нахождения полуосей эллипса
X
0
4
используем
уравнение
2А
1
2
2
xy
 y
 x
6
 cos   sin 2  .
      2
Рис. О.14.22.
a
b
ab
 
 
Положив b  a и    / 3 , находим:
x 2  y 2  xy  3a 2 / 4 .
В максимально удаленной от начала координат точке эллипса
xmax  y max , и уравнение эллипса принимает вид:
2
x max
 3a 2 / 4 , x max  y max  3a / 2 .
В минимально удаленной точке эллипса xmin   ymin , откуда
2
3x min
 3a 2 / 4 , x min  a / 2 .
Для полуосей эллипса получаем:
A  2 x max  6a / 2  1,22a ; B  2 x min  a / 2  0,7 a .
14.23. Волна имеет левую эллиптическую поляризацию; оси
эллипса ориентированы вдоль осей Х и Y, эллипс вытянут вдоль
оси Х; отношение полуосей равно 3.
§14. Поляризация света
355
14.24. E x  Ecos cos t  kz     ,
E y  Esin cos t  kz     .
Решение. Если круговая поляризация правая, то
E x  E cos t  kz  , E y  Esin t  kz  .
Тогда на выходе из поляризатора получаем:
E α  Ecos cos t  kz    E sin  sin t  kz   ,
где φ – дополнительная разность фаз, приобретаемая в результате
прохождения волны через николь.
Воспользовавшись формулами тригонометрии, находим:
E α  E cos t  kz     ,
или в проекциях на координатные оси:
E x  Ecos cos t  kz     , E y  Esin cos t  kz     .
14.25. tg 20 
2ab
2
a  b2
cos  .
Решение. Запишем уравнение эллипса в полярной системе
координат ( x  r cos  , y  r sin  ):
 cos   2  sin   2 sin 2

r 2 
cos   sin 2 
 
 
ab
 b 
 a 

и продифференцируем обе части по :
2
2

r  cos  
sin 2
 sin  
2r  
cos  
 
 
  a 
ab
 b 

 2 cos  sin  2 sin  cos  2 cos 2

 r 2 


cos   0 .
2
2
ab
a
b


Направление на экстремум (максимум или минимум) находится из условия равенства нулю производной r :
θ
sin 2 sin 2 2 cos 2



cos   0 ,
ab
a2
b2
2ab
откуда
tg 20  2
cos  ,
a  b2
b
или
tg 20  tg 2  cos  , где tg α  .
a
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
356
2
1  1  sin 2 2  sin 2 
b
B
, где tg α  .
14.26.   
2
2
a
 A
1  1  sin 2  sin 
Решение. Перейдем от
системы координат Х0Y, в коС
Yꞌ
торой записано уравнение элb
с Xꞌ
липса, к системе координат
Хꞌ0Yꞌ, оси которой совпадают с
α0
B
А
осями эллипса поляризации
X (рис. О.14.26). Эта система поа
θ0 α
вернута на некоторый угол θ
0
относительно исходной.
В новых координатах
уравнение эллипса имеет вид:
2
2
 y 
 x 
     1.
Рис. О 14.26.
 A
B
Это возможно в том случае, когда проекции на оси координат
системы Хꞌ0Yꞌ изменяются по закону:
x   а  cost  , y   b  cost   .
Новые компоненты хꞌ, yꞌ связаны с прежними х, y формулами:
x   x cos θ  y sin θ,
y    x sin θ  y cos θ.
Таким образом, получаем:
x   x cos θ  y sin θ  а  cos t  ,
y    x sin θ  y cos θ  b  cos t   .
Поскольку а и b не зависят от времени, то при ωt = 0 и
ωt = /2 имеем:
a  cos   a cos   b sin  cos  ,
a  sin   b sin  sin  ,
b  cos   a sin   b cos  cos  , b  sin   b cos  sin  .
Из полученных формул следует, что
a  2  a 2 cos 2   b 2 sin 2   ab sin 2 cos ,
Y
b  2  a 2 sin 2   b 2 cos 2   ab sin 2 cos  ,
т.е.
a  2  b 2  a 2  b 2 ,


a  2  b  2  a 2  b 2 cos 2θ  2ab sin 2 cos  .
Кроме того, из записанных уравнений также вытекает, что
§14. Поляризация света
357
ab sin     ab sin .
π
Если θ  0 , то      , следовательно:
2
AB  ab sin  .
Так как B  С sin  0 , A  С cos  0 , b  c sin  , a  c cos 
С 2  A 2  B 2  a 2  b 2  c 2  I 0 , т.е. С = с,
и
sin 2 0  sin 2 sin  .
получаем:
Отношение длин главных полуосей эллипса может быть
найдено по формуле (см. рис. О.14.26):
2
1  cos 2 0 1  1  sin 2 2  sin 2 
B
2
.

   tg  0 
1  cos 2 0 1  1  sin 2 2  sin 2 
 A
14.27. x 2  4 y 2  2 xy  3a 2 ;  0 
1
2
arctg ;
2
3
1  13
B

 0,4 .
A
1  13
Указание. Использовать формулы, полученные в задачах
14.25 и 14.26.
14.28. d min 

 0,014 мм .
4( ne  no )
Решение. Свет, поляризованный по кругу, описывается уравнением:
E x2  E y2  a 2 .
Эллипс поляризации становится окружностью, если a  b и
sin   1 , т е

  ( 2m  1)  , m  0,  1,  2, ...
2
Поскольку для двоякопреломляющего кристалла
2

 d (ne  no ) ,

получаем:
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
358
(2m  1)
2

.
 d (ne  no )  (2m  1)  , → d 

2
4(ne  no )
Минимальная толщина пластинки равна:

d min 
 0,014 мм .
4( n e  n o )
14.29. См. рис. О.14.29; интенсивность не изменится.
Решение. Падающую волну можно представить как две линейно поляризованные вдоль главных направлений (оси OX и OY)
волны с амплитудами
a  c  cos  ;
b  c  sin  ,
где с – амплитуда падающей волны.
Разность фаз между
Y
Y
этими волнами на входе в
b пад.
b пад.
пластинку равна нулю, т.к.
α а
падающая волна линейно
α а
0
0
X поляризована; после проX 2α
хождения пластинки она
б)
а)
становится равной   / 2
Рис. О.14.29.
(а) или  (б).
В случае а) волна станет эллиптически поляризованной, оси
эллипса, равные a и b, будут ориентированы вдоль осей OX и OY
(рис.О.14.29 а), направление вращения вектора E в волне зависит
от знака разности фаз.
В случае б) волна останется линейно поляризованной, но
направление поляризации изменится на угол 2α (или на   2 )
(рис.О.14.29 б).
В обоих случаях интенсивность света не изменится:
I ~ a2  b2  c2 ~ I0 .

Еλ/2
2α
A
Y
N2
α2 δ
N1
α1
X
0
Рис. О.14.30.

14.30.
2 
 
  55 .
4 2
1  
 
  35 ,
4 2
Решение. После первого николя N1
свет линейно поляризован вдоль его оси
(рис. О.14.30), и угол между оптической
§14. Поляризация света
359
осью пластинки 0Х и вектором Е прошедшего света равен α. После прохождения пластинки λ/2 волна останется линейно поляризованной, но направление поляризации изменится на угол 2α (или на
  2 ) (на рисунке Еλ/2 − направление плоскости поляризации
прошедшей через пластинку волны) (см. задачу 14.29).
Свет не пройдет через второй николь N2, если вектор Еλ/2
перпендикулярен
плоскости
пропускания
этого
николя:
0 E  / 2  0 N 2 . Следовательно, оптическая ось пластинки 0Х должна

быть ориентирована по биссектрисе Е  / 2 0 A    или
2

Е  / 2 0 N 1    (ось 0Y), а для искомого угла α получаем (счита2
ем углы положительными, если они отсчитываются против часовой
стрелки от направления оси первого николя N1):
 
 
 1     35 ,  2    55 .
4 2
4 2
14.31. d 

 0,027 мм .
4 n1  n 2 
14.32. Свет будет поляризован по левому кругу.
2
I
 cos  
2
14.33. max  
  ctg   3 .
I min  sin  
14.34.
I круг
I ест
=
 -1
=2.
2
Решение. После пластинки в четверть волны получается
смесь естественного света с интенсивностью I ест и линейно поляризованного света с интенсивностью I лин  I круг . Максимальная
интенсивность света, прошедшего через анализатор, равна
1
1
I max  I лин  I ест  I круг  I ест ,
2
2
а минимальная – I min  I ест / 2 .
Таким образом,
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
360
откуда
I круг + I ест / 2
I круг
I max
= =
=2
+1 ,
I min
I ест / 2
I ест
I круг  -1
=
=2.
2
I ест
14.35.  1 
4dn
 430 нм , где m1 = 2.
2m1  1
Указание. Для пластинки в четверть волны должно выполняться соотношение: dn   / 4  m / 2  (m / 2  1/ 4) , где m – целое число.

14.36. I = I 0 cos 2      sin2   sin2   sin 2  .
2

Решение. На рис. О.14.35 плоскость чертежа перпендикулярна падающему пучку света. Пусть оптическая ось кристалла ориентирована вдоль оси X, плоскость поляризаП
Y
ции падающего пучка (обозначена П0), зас
b
даваемая поляризатором, образует с осью X
угол , а плоскость пропускания анализатора (обозначена А0)  угол .
А
b0
После прохождения поляризатора свет
α
β
становится
линейно поляризованным в
a0
X направлении П0. Обозначим интенсивность
a
0
волны после поляризатора I0, ее амплитуду 
Рис. О.14.35.
с, тогда соответствующие амплитуды необыкновенной (ориентирована вдоль оси X) и обыкновенной (ориентирована вдоль оси Y) волн будут соответственно a  c  cos и
b  c  sin .
После прохождения пластины амплитуды не изменятся, появится лишь разность фаз . Анализатор пропустит лишь слагающие с колебаниями, направленными по А0, в результате их амплитуды будут равны
a 0  c  cos  cos , b0  c  sin  sin .
Эти две волны будут интерферировать, так как плоскости их
поляризации совпадают. В итоге для интенсивности результирующей волны можно записать:
§14. Поляризация света
361
I  a 02  b02  2a 0  b0  cos  c 2  cos 2   cos 2   c 2  sin 2   sin 2  
 2c 2  cos  cos  sin  sin  cos .

Используя формулу cos  1  2  sin 2 , для интенсивности
2
прошедшего света получим:


2
I = I 0 cos   cos   sin   sin    4  cos   cos   sin   sin   sin 2  
2



= I 0 cos 2      sin2   sin2   sin 2  .
2

Если  =  (поляризатор и анализатор параллельны), то


I = I 0  1  sin 2 2  sin 2  .
2

Если  = /2 (поляризатор и анализатор скрещены), то

I = I 0  sin 2 2  sin 2 .
2
14.37. I =
I0

2
 sin 2 2  sin 2  0,19 I 0 , где  
 d (ne  no ) .
2
2

14.38. I = I 0 / 8 .
14.39. d min 

 0,03 мм .
4 (nо  nе )
Указание. Интенсивность света, прошедшего через систему,
не будет меняться, если после кристаллической пластинки свет будет иметь круговую поляризацию.
14.40.  = 2arccos (1 / ) = 120 .
Указание. Максимально возможная интенсивность I0 наблюдается, если любое из главных направлений пластинки совпадает с
направлением пропускания поляризатора и анализатора.
14.41. 1 = 670 нм; 2 = 500 нм; 3 = 400 нм.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
362
Указание. Излучение не будет проходить через систему, если
разность хода обыкновенной и необыкновенной волн кратна целому числу длин волн.
14.42. Δm =
d (neF  noF ) d ( neD  noD )

 1  13 .
F
D
Решение. Для скрещенных поляроидов при α = 45° интенсивность прошедшего света равна:


I = I 0  sin 2 2  sin 2  I 0 sin 2 .
2
2
Темная полоса получается, когда δ = 2πm, m  0,  1,  2, ... ,
2
 dn  2m , → dn  m .
т.е.

Для длин волн λD и λF порядки темных полос составляют:
d ( neD  noD )
d (neF  noF )
 45 , m F 
 57 .
mD 
D
F
Для света с длинами волн между λD и λF темные полосы будут
наблюдаться при условии dn  m . Общее число темных полос
равно:
m  m D  m F  1  13 .
14.43. N =
14.44. n 
d (ne - n0 )⋅ ( 2 - 1 )
1 2

 0,009 .
 x
14.45. d1  d 2 
d2
d1
Рис. О.14.45.
= 10 .
m
(см. рис. О.14.45).
2( ne  no )
Решение. Пусть свет падает на компенсатор
снизу нормально к его граням (рис. О.14.45). Обозначим толщины клиньев в некотором месте компенсатора d1 и d2. Так как ne > no, в первом клине
обыкновенный луч будет опережать по фазе необыкновенный на величину
2
1 
 (ne  no ) d1 .

§14. Поляризация света
363
Во втором клине обыкновенный луч станет необыкновенным и будет отставать по фазе от второго луча на величину
2
2 
 ( ne  no ) d 2 .

Фазовый сдвиг между двумя лучами после компенсатора будет равен
2
  1   2 
 (ne  no )  (d 1  d 2 ) .

В тех местах компенсатора, где эта разность фаз будет равна
  m ( m  0,  1,  2, ... ), свет выйдет линейно поляризованным с
определенным направлением вектора Е. Если ось анализатора будет
перпендикулярна этому направлению, то свет через анализатор не
пройдет, и будет наблюдаться система темных полос. Таким образом, темные полосы наблюдаются в тех местах, где
m
2
 (ne  no )  ( d1  d 2 )  m → d1  d 2 
.

2( ne  no )
14.46. 5,97 и 28,57.
Указание. См задачу 14.45.
14.47. d = 1,5 мм.
14.48. Интенсивность будет изменяться в пределах от нуля до
I0/4, четыре раза за один оборот достигая минимума и четыре раза
максимума.
14.49. После первого поляризатора свет становится линейно
поляризованным. В кристаллической пластинке он распадается на
две волны, поляризованные во взаимно перпендикулярных плоскостях и распространяющиеся с различными скоростями. В результате после пластинки между волнами возникнет разность фаз
2
k  
  , от которой зависит состояние поляризации ре
зультирующей волны.
Поэтому в случае немонохроматичного источника для каждой
длины волны будет свой эллипс поляризации; в частности, для некоторых длин волн свет может остаться и линейно поляризованным. Доля света, проходящая через анализатор, зависит от пара-
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
364
метров эллипса и его ориентации относительно плоскости пропускания анализатора. Поэтому если падающий свет белый, то различные монохроматические компоненты его в различной степени будут
пропущены системой, с чем и связана окраска пластинки.
14.50. Нет.
О1
О∞
О
О'
14.51. 1) Когда главные направления пластинки совпадают с главными плоскостями николей; 2) когда пластинка вырезана перпендикулярно
к оптической оси; 3) когда разность хода, сообщаемая пластинкой, равна четному числу полуволн.
14.52. I = I0/2; свет будет поляризован по
правому кругу.
Решение. После поляризатора свет становится линейно поляризованным, плоскость поляризации составляет угол α1 = 30° с осью Х. Интенсивность света
станет I1 = I0/2.
Пластинка λ/2 поворачивает плоскость поляризации на угол
1  2( 2   1 )  2  30  60 , свет остается линейно поляризованным, плоскость поляризации расположится под углом
 4   1  1  90 к оси Х, т.е. вектор Е будет направлен по оси Y.
Интенсивность света не изменится: I2 = I1.
Пластинка λ/4, расположенная под углом α3 = 45° к направлению вектора Е, преобразует линейно поляризованный свет в свет с
правой круговой поляризацией. Интенсивность света после пластинки не изменится: I3 = I2= I0/2.
Рис. О.14.50 а.
14.53. I = I0/2; свет будет поляризован по левому кругу.
14.54. I = 3I0/8; свет будет линейно поляризован, плоскость
поляризации составляет угол β = 45° с осью Х.
14.55. d 
(2m  1)
( m  0,  1,  2, ... ); I max  5I 0 .
n 1
Решение. Наличие поляроидного диска вносит дополнительную разность фаз для той части фронта волны, которая находится в
пределах первой зоны Френеля. Воспользуемся спиралью Френеля
§14. Поляризация света
365
(рис. О.14.55 а). Вектор OO1 характеризует вклад в комплексную
амплитуду поля от первой зоны Френеля, вектор О1О∞ − от второй
и всех последующих зон. Видно, что для достижения максимальной интенсивности вектор OO1 следует повернуть на угол π против
часовой стрелки. Поэтому поляроидный диск должен внести разность фаз
    2m  ( 2m  1) .
При этом дополнительная разность хода составит:
2
2
 
 d ( n  1)  (2m  1) ,


( 2m  1)
откуда
( m  0,  1,  2, ... ).
d
n 1
Определим интенсивность света в т. Р. Свет, поляризованный
по кругу, можно представить как суперпозицию двух линейно поляризованных во взаимно перпен2Е0
дикулярных плоскостях волн с
разностью фаз π/2, каждая с инЕ0
тенсивностью I0/2. После прохож- Е0
дения диска фаза волны, прошед2Е0
Е0
Е0
шей поляроид, изменится на π и
исчезнет одна из её составляющих,
2Е0
Рис. О.14.55 б.
перпендикулярная плоскости пропускания поляроида (рис. О.14.55 б).
Поскольку I  E 02 , для интенсивности получаем:
I
I max  0  3 2  12  5 I 0 .
2


14.56. I  2I 0 ; свет поляризован линейно.
14.57. I  2 I 0 .
14.58. I  5I 0 .
14.59. I  8I 0 .
14.60. n 
 0
 7,2  10 5 .

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
366
Решение. Линейно поляризованную волну можно представить как сумму двух компонент, поляризованных по левому и правому кругам. Вращение плоскости поляризации в анизотропном
кристалле объясняется различием в скоростях распространения поразному поляризованных волн. Проекции вектора Е на оси координат можно тогда представить в виде суммы проекций векторов Е
этих волн:
E
E
E x  E x1  E x 2  0 cos 1  0 cos  2 ;
2
2
E
E
E y  E y1  E y 2  0 sin 1  0 sin  2 ,
2
2


1  t  h ,  2  t  h ,
где
υ1
υ2
υ1 и υ2 – скорости распространения света с левой и правой круговой
поляризацией, h – толщина пластинки.
Используя тригонометрические формулы, получаем:

h  1
1 
 h 
   ;
n  cos t 
E x  E 0 cos 
2  υ1 υ 2 
 2c



1 
h  1
 h 
   ,
E y  E 0 sin 
n  cos t 
2  υ1 υ 2 
 2c


c
c

.
υ1 υ 2
Отношение Еy/Ех дает значение тангенса угла поворота ψ
плоскости поляризации:
Ey
h
n
 h 
 tg  tg 
n  , →  
n 
h  h ,
Ex
0
2c
 2c

где λ0 – длина волны света в вакууме.
Отсюда получаем:
 0
n 
 7,2  10 5 .

где n  n1  n 2 
14.61. n 

 1,1  10 8 .
h
§15. Тепловое излучение
367
§15. Тепловое излучение
15.1. T 
b
 max
 10 4 K .
15.2. Увеличилась в 2 раза.
15.3. T2 
bT1
 1750 K .
b  T1 
4С
 4C 
 64,7 МВт/м 2 ; T   2 
2

 
 max  b / T  500 нм .
15.4. М э 
1/ 4
 5800 K ;
Решение. Пусть радиус Солнца равен rC , а расстояние от
r
 
Солнца до Земли lЗ. Тогда C  tg  .
lЗ
2 2
Если энергетическая светимость Солнца Мэ, то полная энергия, излучаемая Солнцем в единицу времени, равна:
W  М э  4rC2 .
Количество энергии, получаемое сферой радиусом lЗ за единицу времени, равно количеству энергии, излучаемой за единицу
времени Солнцем:
W  М э  4rC2  С  4l З2 ,
откуда определяем:
2
l 
C
4С
М э  С  З  
 2  64,7 МВт/м 2 .
2
(  / 2)

 rC 
По закону Стефана-Больцмана находим температуру верхних
слоев Солнца:
1/ 4
1/ 4
M 
 4C 
T   э    2   5800 K .
 
  
По закону смещения Вина получаем:
 max  b / T  500 нм .
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
368
15.5. С 
T 4 r 2
 1,5 кВт/м 2 .
2
R
 P 
15.6. T  

2
 4r  
15.7. T  I c /  
1/ 4
1/ 4
 544 K .
 365 K  92C .
Решение. Считаем, что нагревание тела ограничивает его собственное тепловое излучение. В условиях теплового баланса для
малого элемента поверхности тела площадью dS мощности излучения падающего на этот участок солнечного света dРпад и испускаемого им собственного теплового излучения dРизл равны:
dPпад  dPизл ,
причем dPпад  I c dS , где Iс – интенсивность солнечного света.
Используя закон Стефана-Больцмана
dP
2k 4
Вт
M э  изл  T 4 , где  
 5,67  10 8 2 4 ,
2 3
dS
м К
60c 
1/ 4
4
получаем: T  I c , откуда T  I c /    365 K  92C .
Заметим, что путем концентрации солнечного света с помощью линз и зеркал можно значительно увеличить температуру
нагрева тела.
15.8. Т З  Т 0
rC
 266 K .
2R
Решение. Поток энергии, излучаемый поверхностью Солнца:
W  М э  4rC2  T04  rC2 .
Найдём часть этого потока энергии, которая поглощается
Землёй. Плотность потока энергии излучения на расстоянии R от
центра Солнца равна (см. решение задачи 15.4):
T 4 r 2
I  02 C .
R
Выделим на освещаемой поверхности Земли кольцо малой
шириной dr  rЗ d , которое видно из центра Земли под углом θ
§15. Тепловое излучение
369
(рис. О.15.8). Площадь этого кольца равна
dr
dS  2rЗ2 sin d . Поток световой энергии,
rЗ
поглощаемый этим кольцом, равен:
θ 0
dW  IdS cos   I  2rЗ2 sin  cos d .
Световой поток, поглощаемый всей поРис. О.15.8.
лусферой земной поверхности, составляет:
/2
4 2
2
T r r
W  IrЗ2 sincos d  IrЗ2  0 C2 З .
R
0

Так как Земля находится в состоянии теплового равновесия,
то она излучает такой же поток энергии, который поглощает.
Пусть-МэЗ − энергетическая светимость Земли, тогда излучаемый
поток энергии равен:
W  М эЗ  4rЗ2 .
Считая Землю абсолютно чёрным телом, по закону СтефанаБольцмана получим: М эЗ  Т З4 . Приравнивая выражения для W,
находим:
T04 rC2
 rЗ2  TЗ4  4rЗ2 ,
2
R
откуда получаем температуру Земли:
r
Т З  Т 0 C  266 K .
2R
 P 
15.9. Т  

 S 
1/ 4
 1150 K .
4
 b 
  3,1  10 7 Вт .
15.10. Р  S 
  max 
4
P 

15.11. S    max   3,2 м 2 .
  b 
15.12.
M э пов
М э абс. черн.тела

I
 0,5 .
T 4
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
370
15.13. Увеличилась в  max 1  max 2   2,07 раз.
4
15.14. Т x  T / 4 2 .
Указание. В стационарных условиях мощность теплового излучения внутренней плоскости равна мощности поглощаемого ей
теплового излучения внешних плоскостей. Для вычисления температуры плоскостей использовать закон Стефана-Больцмана.
15.15. Т x  T 4 17 / 2 (см. Указание к решению задачи 15.14).
15.16. а) u (, T ) 
kT 2
 3
  
u
T


;
б)
(
,
)
exp  
.
2 3
2 3
 c
 c
 kT 
Решение. а) При малых частотах (высоких температурах), когда h  kT , экспоненту в знаменателе формулы Планка
1
 3
u (, T )  2 3   / kT
 c e
1
можно разложить в ряд:

  
,
exp 
 1
kT
 kT 
откуда получаем формулу Рэлея−Джинса:
kT 2
u (, T )  2 3 .
 c
б) При больших частотах (низких температурах), когда
h  kT , можно пренебречь единицей в знаменателе формулы
Планка. В результате получаем формулу Вина:
 3
  
u (, T )  2 3 exp  
.
 c
 kT 
15.17.  
Вт
2k 4
 5,67  10 8 2 4 .
2 3
60c 
м К
Решение. Исходя из определения энергетической светимости


M э  (, T ) d ,
0
§15. Тепловое излучение
371
для абсолютно черного тела с учетом связи его излучательной
способности ρ(ω,Т) со спектральной плотностью равновесного тепс
лового излучения u(ω,T): (, T )  u (, T ) , получаем:
4

с
Mэ 
u (, T ) d .
40

Используя формулу Планка u (, T ) 
 3
1
,

 2 c 3 e  / kT  1

 3 d
.
  
exp 
 1
 kT 

Введем безразмерную переменную x 
. Делая замену
kT
kTx
kT

, d 
dx , получаем закон Стефана−Больцмана:



k4
x 3 dx
4
 T 4 .
Mэ T  2 2 3
x
4 с  0 e  1

Mэ  2 2
4 с 0

находим:


Используя значение интеграла
x 3 dx  4
, определяем по
e x  1 15
0

стоянную σ:

Вт
2k 4
 5,67  10 8 2 4 .
2 3
60c 
м К
15.18. u (, T ) 
 3
16 2

.
c 3 e 2  / kT  1
15.19. u (, T ) 
16 2 с

5
(  , T ) 
4 2 с 2

5
1
,
 2c 
exp 
 1
 kT 
1
.
 2c 
exp 
 1
 kT 
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
372
Решение. Учитывая однозначную связь круговой частоты ω и
2c
, можно записать для мощности излучения
длины волны λ:  

dW:
dW  u (, T ) d  u (, T ) d ,
откуда следует, что
d
.
u (, T )  u (, T )
d
d 2с
2c
Подставляя  
и
 2 в формулу Планка для
d


u (, T ) , получаем:
u (, T ) 
16 2 с

5
1
.
 2c 
exp 
 1
 kT 
с
u (, T ) , для излучательной спо4
собности абсолютно черного тела в зависимости от длины волны λ
находим:
4 2 с 2
1
(  , T ) 

.
5
 2c 

exp 

1

 kT 
Используя связь (, T ) 
15.20. T max  b , где b 
hc
 0,0029 м∙К.
4,965k
Решение. Используем формулу для излучательной способности абсолютно черного тела в зависимости от длины волны λ (см.
задачу 15.19):
4 2 с 2
1
(  , T ) 

.
5
 2c 

exp 
 1
 kT 
Продифференцируем ρ(λ,T) по λ и приравняем нулю производную:
§15. Тепловое излучение
373
d(, T ) 14 2 с 2


d
6
2c
 2c 
 2c 
 5 exp 
exp 
5

kT
kT




 kT   0 .
2

 2c  
exp  kT   1

 

2c
, приходим к
Введя безразмерную переменную y 
kT
уравнению:
5  y  5e  y .
Корень этого уравнения y  4,965 позволяет получить закон
смещения Вина:
T max  b ,
hc
где b 
 0,0029 м∙К – постоянная Вина.
4,965k
15.21. u (, T ) ~ T 5 .
Указание. Использовать формулу для u (, T ) , полученную в
задаче 15.19, и закон смещения Вина.
4 2 с 2 T 5 

b5
1
 3100 Вт/м 2 ,

c

2


exp 
 1
kb


b − постоянная в законе смещения Вина.
15.22.
P 
где
ПРИЛОЖЕНИЯ
374
ПРИЛОЖЕНИЯ
1. Некоторые физические постоянные
Кл  Ф 
 
Вм  м 
м
1
 9  10 9
Ф
4 0
Электрическая постоянная
 0  8,85  10 12
Магнитная постоянная
 0  1,257  10 6 Гн/м
0
 10  7 Гн/м
4
Скорость света в вакууме
Масса электрона
Заряд электрона
c  2,998  10 8 м/с
me = 9,11ꞏ10–31кг
е = 1,602ꞏ10–19Кл
2. Сведения из математики.
1). Векторный дифференциальный оператор "набла".
В декартовой системе координат




i
j k.
x
y
z
2). Дивергенция векторного поля a (r ) .
В декартовой системе координат
div a  a  
a x a y a z


.
x
y
z
3). Ротор векторного поля a (r ) .
Ротор выражается через векторный дифференциальный оператор набла:
rot a =[a]
и имеет вид определителя квадратной матрицы третьего порядка.
В декартовой системе координат:
ПРИЛОЖЕНИЯ
375
i

rot a  a  
x
ax
j

y
ay
k

.
z
az
4). Оператор Лапласа  – скалярный дифференциальный
оператор, равный скалярному произведению двух векторных дифференциальных операторов набла ():
Δ       2  divgrad .
В декартовой системе координат:
2
2
2


.
x 2 y 2 z 2
Δ
5). Формула Эйлера.
e i  cos   i sin  ,
откуда cos  
e i  e  i
e i   e  i
; sin  
.
2
2i
6). Некоторые тригонометрические формулы.
sin 2  2 sin  cos  ;
cos 2  cos 2   sin 2   2 cos 2   1  1  2 sin 2  ;
tg2 
2tg
1  tg 2 
1  tg 2  
1
;
cos 2 
1  cos 2
1  cos 2
; cos 2  
;
2
2
sin      sin  cos   cos  sin  ;
sin 2  
cos      cos  cos   sin  sin  ;
tg    
tg  tg
;
1  tgtg
ПРИЛОЖЕНИЯ
376


cos
;
2
2

 
cos  cos   2 cos
cos
;
2
2


cos  cos   2 sin
sin
;
2
2
sin  cos   sin  cos   sin(  )  cos(  ) .
sin  sin  2 sin
1
cos(  )  cos(  ) ;
2
1
cos  cos  cos(  )  cos(  )  ;
2
1
sin  cos   sin(  )  sin(  )  .
2
sin  sin 
3. Сведения из теории комплексных чисел
1). Модуль комплексного числа z  a  ib равен:
z  a2  b2 .
2). Аргумент φ комплексного числа z  a  ib равен:
b
  arctg .
a
3). Представление комплексного числа z  a  ib в экспоненциальной форме:
z  z e i .
4. Показатели преломления n некоторых веществ
Азот
Ацетон
Алмаз
Бензол
Вода
Воздух
1,00030
1,36
2,42
1,50
1,33
1,00029
Рубин
Сахар
Серная кислота
Сероуглерод
Скипидар
Слюда
1,76
1,56
1,43
1,63
1,47
1,56 – 1,60
ПРИЛОЖЕНИЯ
377
Глицерин
Кварц
Кислород
Кремний
Лёд
Масло касторовое
Масло кедровое
Масло оливковое
1,47
1,54
1,00027
4,01
1,31
1,48
1,52
1,46
1,54
1,36
1,50
1,80
1,62
2,15 - 2,18
1,4
1,35
Соль каменная
Спирт
Стекло обычное
Стекло (флинт)
Топаз
Фианит
Хрусталик глаза
Эфир
5. Показатели преломления no и ne некоторых веществ
с двойным лучепреломлением
Длина волны λ, нм
Цвет
687
656
589
527
486
431
400
красный
оранжевый
желтый
зеленый
голубой
сине-фиолетовый
фиолетовый
Исландский
шпат
ne
no
1,653
1,484
1,655
1,485
1,658
1,486
1,664
1,489
1,668
1,491
1,676
1,495
1,683
1,498
Кварц
ne
1,550
1,551
1,553
1,556
1,559
1,564
1,568
6. Оптические параметры человеческого глаза
Оптический параметр
Диаметр зрачка, мм
− при дневном освещении
− при ночном освещении
Оптическая сила, дптр
− хрусталика
− всего глаза
Численное
значение
2-3
6-8
19 - 33
60
no
1,541
1,542
1,544
1,547
1,550
1,554
1,558
ПРИЛОЖЕНИЯ
378
Показатель преломления хрусталика
Минимальный размер изображения
на сетчатке, при котором две точки
воспринимаются раздельно, мм
Длина волны света, к которой
наиболее чувствителен глаз, нм
7. Некоторые внесистемные единицы

1 А  10 10 м .
1,4
0,002
555
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
379
Список литературы
1. Быков А.В., Митин И.В., Салецкий А.М. Оптика. Разработка
семинарских занятий (Университетский курс общей физики). М.:
Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2015, 488 с.
2. Быков А.В., Митин И.В., Салецкий А.М. Оптика. Методика
решения задач (Университетский курс общей физики) М.: Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2010, 246 с.
3. Бушина Т.А., Никанорова Е.А., Русаков В.С., Слепков А.И.,
Чистякова Н.И. Механика. Сборник задач. (Университетский курс
общей физики). М.: Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2019, 372 с.
4. Васильева О.Н., Салецкий А.М. Молекулярная физика и
термодинамика. Сборник задач. (Университетский курс общей физики). М.: Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2017,
400 с.
5. Васильева О.Н., Салецкий А.М. Электричество и магнетизм.
Сборник задач. (Университетский курс общей физики). М.: Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2019, 544 с.
6. Иродов И.Е. Задачи по общей физике.  М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2006, 416 с.
7. Гинзбург В.Л., Левин Л.М., Сивухин Д.В., Четверикова Е.С.,
Яковлев И.А. Сборник задач по общему курсу физики. В 5 т. Кн. IV.
Оптика/ Под ред. Д.В.Сивухина.  М.: ФИЗМАТЛИТ; ЛАНЬ, 2006,
320 с.
8. Сахаров Д.И. Сборник задач по физике. М.: Учпедгиз, 1963,
288 с.
9. Козел С.М., Лейман В.Г., Локшин Г.Р., Овчинкин В.А.,
Прут Э.В. / Под ред. В.А.Овчинкина. Сборник задач по общему
курсу физики. Ч.2. Электричество и магнетизм. Оптика. М.: Изд-во
МФТИ, 2000, 366 с.
10. Савельев И.В. Сборник вопросов и задач по общей физике.
М.: Наука, 1982, 272 с.
11. Задачи по физике / Под ред. О.Я. Савченко. М.: Наука, 1981,
432 с.
380
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
12. Паршаков А.Н. Принципы и практика решения задач по
общей физике. Ч.3: Оптика. Квантовая физика. Пермь: Изд-во
Перм. нац. исслед. политехн. ун-та, 2011, 268 с.
13. Балаш В.А. Задачи по физике и методы их решения. М.:
Просвещение, 1983, 434 с.
14. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. М.: Наука, 1985, 384 с.
15. Бендриков Г.А., Буховцев Б.Б., Керженцев В.В., Мякишев Г.Я. Задачи по физике для поступающих в вузы. М.: Физматлит,
2003, 344 с.
16. Новодворская Е.М., Дмитриев Э.М. Методика проведения
упражнений по физике во втузе. М.: Высшая школа, 1981, 320 с.
17. Буховцев Б.Б., Кривченков В.Д., Мякишев Г.Я., Сараева И.М.
Сборник задач по элементарной физике. М.: Наука, 1974, 416 с.
18. Ахманов С.А., Никитин С.Ю. Физическая оптика. М.: Издво МГУ, Наука, 2004, 656 с.